Exercice 1: (3.5 points)
Soit \(α\) un nombre complexe non nul.
I-
On considère dans l’ensemble des nombres complexes \(C\) l’équation d’inconnue \(z\) :
\((E_{α}): z^{2}-i α \sqrt{3} z-α^{2}=0\)
1-a- Vérifier que le discriminant de \((E_{α})\) est \(Δ=α^{2}\)
b- Résoudre dans \(\mathbb{C}\) l’équation \((E_{α})\)
2- Sachant que \(α=|α| e^{i \lambda} (\lambda ∈IR),\)
mettre les deux racines de l’équation \((E_{α})\) sous la forme exponentielle.
II-
On suppose que le plan complexe est rapporté
à un repère orthonormé direct \((O ; \vec{u}, \vec{v})\).
On considère les points \(Ω, M_{1}\) et \(M_{2}\) d’affixes respectivement:
\(α, z_{1}=\frac{1+i \sqrt{3}}{2} α\) et \(z_{2}=\frac{-1+i \sqrt{3}}{2} α\)
et soit \(R\) la rotation de centre \(O\) et d’angle \(\frac{\pi}{3}\)
1-a-Montrer que \(R(Ω)=M_{1}\) et que \(R(M_{1})=M_{2}\)
b- En déduire que les deux triangles \(O Ω M_{1}\) et \(O M_{1} M_{2}\) sont équilatéraux.
2 -a- Vérifier que: \(z_{1}-z_{2}=α\)
b- Montrer que Les deux droites \((Ω M_{2})\) et \((O M_{1})\) sont orthogonales.
c- En déduire que \(O Ω M_{1} M_{2}\) est un losange.
3- Montrer que pour tout réel \(Ө,\) le nombre :
\(Z=\frac{z_{2}-α}{z_{1}-α} \div \frac{z_{2}-|α| e^{i Ө}}{z_{1}-|α| e^{i Ө}}\) est un réel.
Exercice 2: (3 points)
Une urne contient \(n\) boules numérotées de 1 à \(n(n ∈IN^{*}, n \geq 3)\).
On retire, sans remise, l’une après l’autre toutes les boules de cette urne.
Toutes les boules sont indiscernables au toucher.
1- Quelle est la probabilité pour que les boules 1,2 et 3 sortent consécutivement et dans cet ordre ?
2- Calculer la probabilité que les boules 1,2 et 3 sortent dans cet ordre (consécutivement ou pas)?
3- On considère la variable aléatoire \(X_{n}\) égale au nombre de tirages nécessaire pour obtenir les boules 1,2 et 3.
Déterminer la loi de probabilité de \(X_{n}\)
Exercice 3: (3.5 points )
On considère l’ espace vectoriel de dimension 2 noté \((V_{2},+, .)\).
Soit \((\vec{i}, \vec{j})\) une base de \(V_{2} .\)
On pose: \( \vec{e}_{1}=\frac{1}{2} \vec{i}+\frac{1}{2} \vec{j}\)
et \(\vec{e_{2}}=\frac{1}{2} \vec{i}-\frac{1}{2} \vec{j}\)
Soit \(*\) la loi de composition interne définie par:
\(\forall(x, y, x’, y’) ∈IR^{4}\)
\((x \vec{i}+y \vec{j}) *(x’ \vec{i}+y’ \vec{j})=(x x’+y y’) \vec{i}+(x y’+y x’) \vec{j}\)
1-
a- Montrer que:
\((\vec{e_{1}}, \vec{e_{2}})\) est une base de \(V_{2}\)
b-Vérifier que:
\(\vec{e_{1}} * \vec{e_{1}}=\vec{e_{1}} \);
\(\vec{e_{2}} * \vec{e_{2}}=\vec{e_{2}}\);
\(\vec{e_{1}} * \vec{e_{2}}=\vec{e_{2}} * \vec{e_{1}}=\vec{0}\)
c- Montrer que:
\(\forall(X, X’, Y, Y’) ∈IR^{4}\)
\((X \vec{e_{1}}+Y \vec{e_{2}}) *(X’ \vec{e_{1}}+Y’ \vec{e_{2}})=X X’ \vec{e_{1}}+Y Y’ \vec{e_{2}}\)
2-
a- Montrer que la loi \(*\) est commutative.
b- Montrer que la loi \(*\) est associative.
c- Montrer que la loi \(*\) admet un élément neutre.
d- Montrer que \((V_{2},+, *)\) est un anneau commutatif unitaire.
3-
Soit \(\vec{u} ∈ V_{2}-\{\vec{0}\}.\)
On note: \( E_{\vec{u}}=\{\lambda \vec{u} / \lambda ∈IR\}\)
a- Montrer que:
\((E_{\vec{u}},+)\) est un sous-groupe du groupe \((V_{2},+)\)
b- Montrer que:
\((E_{\vec{u}},+, .)\) est un sous-espace vectoriel de l’espace \((V_{2},+, .)\)
c- Montrer que:
\(E_{\vec{u}}\) stable pour * la famille \((\vec{u} * \vec{u}, \vec{u})\) est liée
4-
On suppose que ∃ α ∈IR^{*}):
\(\vec{u} * \vec{u}=α \vec{u}\)
On considère l’application φ:
IR* ➝ \(E_{\vec{u}}\)
x➝ \(\frac{x}{α}\vec{u}\)
a- Montrer que:
\(\varphi\) est un isomorphisme de (IR*, x) vers \((E_{\vec{u}}, *)\)
b- En déduire que:
\((E_{\vec{u}},+, *)\) est un corps commutatif.
Exercice 4: (10 points)
PARTIE I:
On considère la fonction \(g\) définie sur I=]-1,+∞[ par :
\(g(x)=1+x^{2}-2 x(1+x) \ln (1+x)\)
1- a- Montrer que:
\(\lim _{x ➝ -1^{+}} g(x)=2\)
b- Montrer que:
\(\lim _{x ➝ +∞} g(x)=-∞\)
2- Montrer que:
\(g\) est dérivable sur \(I\) et que \((∀x ∈ I) g'(x)=-2(1+2 x) \ln (1+x)\)
3- On donne le tableau de variations de \(g\):
a-Montrer qu’il existe un réel strictement positif \(α\) unique
tel que : g(α)=0.
b- Vérifier que:
\(α<1\) (On prendra : \(\ln 2=0.7\) )
c- En déduire que:
∀x ∈]-1, α[ 0<g(x) et que ∀x ∈] α,+∞[ g(x)<0
Partie II:
On considère la fonction \(f\) définie sur I=]-1,+∞[ par:
\(f(x)=\frac{\ln (1+x)}{1+x^{2}}\)
Soit \((C)\) sa courbe représentative dans un repère orthonormé \((O, \vec{i}, \vec{j})\).
1-a- Calculer:
\(\lim _{x➝-1^{+}} f(x)\)
puis interpréter graphiquement le résultat obtenu.
b- Calculer \(\lim _{x➝+∞} f(x)\)
puis interpréter graphiquement le résultat obtenu.
2- a- Montrer que:
\(f\) est dérivable sur I\)
et que ∀x ∈ I \(f'(x)=\frac{g(x)}{(1+x)(1+x^{2})^{2}}\)
b- Donner le sens de variation de \(f\) sur \(I\)
c- Vérifier que:
\(f(α)=\frac{1}{2 α(1+α)}\)
et que : \(\quad(∀x ∈ I) f(x)≤ \frac{1}{2 α(1+α)}\)
3-a- Donner l’équation de la tangente \((T)\) à \((C)\) au point d’abscisse 0
b- Montrer que: ∀x>0 \ln (1+x)<x
c- En déduire que: ∀x>0) f(x)<x
d- Représenter graphiquement \((T)\) et \((C)\)
On prendra \(: α=0.8\) et \(\|\vec{i}\|=\|\vec{j}\|=2 c m)\)
Partie III :
On pose \(J=\int_{0}^{1} f(x) d x\)
1-a – En utilisant le changement de variable\(t=\frac{1-x}{1+x}\):
montrer que: \(J=\frac{\pi}{8}\ln 2\)
b- Déterminer en \cm², l’aire du domaine plan limité par
la courbe \((C),\) la tangente \((T)\)
la droite d’équation \(x=0\) et la droite d’équation \(x=1\)
2- En utilisant la méthode d’intégration par parties,
calculer:
\(K=\int_{0}^{1} \frac{\arctan (x)}{1+x} d x\)
Correction Examen National Math 2 Bac Science Math 2019 Rattrapage :
Examen National Mathématiques Sciences Maths 2019 Rattrapage - Corrigé -
Exercice 1:
\(\left(E_{\alpha}\right): z^{2}-i \alpha \sqrt{3} z-\alpha^{2}=0\)
\(\Delta=(-i \alpha \sqrt{3})^{2}-4\left(-\alpha^{2}\right)\)
\(\quad=-3 \alpha^{2}+4 \alpha^{2}\)
\(\quad=\alpha^{2}\)
\(\Delta=\alpha^{2}\)
⇒\(z=\frac{i \alpha \sqrt{3} \pm \sqrt{\alpha^{2}}}{2}\)
Donc:
\(z_{1}=(\frac{1+i \sqrt{3}}{2})\alpha\)
\(z_{2} =(\frac{-1+i \sqrt{3}}{2})\alpha \)
\(\begin{aligned} z_{1} &=\left(\frac{1}{2}+i \frac{\sqrt{3}}{2}\right) \alpha \\ &=\left(\cos \left(\frac{\pi}{3}\right)+i \sin \left(\frac{\pi}{3}\right)\right)|\alpha| e^{i \lambda} \quad ; \quad \lambda \in \mathbb{R} \\ &=e^{\frac{i \pi}{3}}|\alpha| e^{i \lambda} \quad ; \quad \lambda \in \mathbb{R} \\ &=|\alpha| e^{i\left(\lambda+\frac{\pi}{3}\right)} ; \lambda \in \mathbb{R} \end{aligned}\)
\(\Omega(\alpha) ; M_{1}\left(\frac{1+i \sqrt{3}}{2} \alpha\right) \quad ; \quad M_{2}\left(\frac{-1+i \sqrt{3}}{2} \alpha\right)\)
\(\begin{aligned} \mathcal{R}\left(0, \frac{\pi}{3}\right) &: &(\mathcal{P}) & \longmapsto(\mathcal{P}) \\ & & \mathrm{M}(\mathrm{z}) & \mapsto \mathrm{M}^{\prime}\left(\mathrm{z}^{\prime}\right) \end{aligned}\)
soit
\(\begin{aligned} M=& \mathcal{R}(\Omega) \quad \Leftrightarrow \quad\left(\mathrm{z}_{\mathrm{M}}-\mathrm{z}_{0}\right)=\mathrm{e}^{\frac{1 \pi}{3}}\left(\mathrm{z}_{\Omega}-\mathrm{z}_{0}\right) \\ & \Leftrightarrow\left(\mathrm{z}_{\mathrm{M}}-0\right)=\mathrm{e}^{\frac{\mathrm{i} \pi}{3}}(\alpha-0) \\ & \Leftrightarrow \mathrm{z}_{\mathrm{M}}=\mathrm{e}^{\frac{\mathrm{i} \pi}{3}} \alpha=|\alpha| e^{i\left(\lambda+\frac{\pi}{3}\right)} ; \lambda \in \mathbb{R} \\ & \Leftrightarrow \mathrm{z}_{\mathrm{M}}=\mathrm{z}_{1} \\ & \Leftrightarrow \quad \mathrm{M}_{1}=\mathcal{R}(\Omega) \end{aligned}\)
soit
\(\begin{aligned} \mathrm{M}^{\prime} &=\mathcal{R}\left(\mathrm{M}_{1}\right) \quad \Leftrightarrow \quad\left(\mathrm{z}_{\mathrm{M}^{\prime}}-\mathrm{z}_{0}\right)=\mathrm{e}^{\frac{1 \pi}{3}}\left(\mathrm{z}_{\mathrm{M}_{1}}-\mathrm{z}_{0}\right) \\ & \Leftrightarrow \mathrm{z}_{\mathrm{M}^{\prime}}=\mathrm{e}^{\frac{\mathrm{i} \pi}{3}} \mathrm{z}_{1}=\mathrm{e}^{\frac{\mathrm{i} \pi}{3}}|\alpha| e^{i\left(\lambda+\frac{\pi}{3}\right)} ; \lambda \in \mathbb{R} \\ & \Leftrightarrow \quad \mathrm{z}_{\mathrm{M}^{\prime}}=|\alpha| e^{i\left(\lambda+\frac{2 \pi}{3}\right)} ; \lambda \in \mathbb{R} \\ & \Leftrightarrow \quad \mathrm{z}_{\mathrm{M}^{\prime}}=z_{2} \\ & \Leftrightarrow \quad \mathrm{M}_{2}=\mathcal{R}\left(M_{1}\right) \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} \mathcal{R}(\Omega)=\mathrm{M}_{1} & \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}\text { et bien }\left(\overline{\overrightarrow{O \Omega} ; \overrightarrow{O M_{1}}}\right) \equiv \frac{\pi}{3}[2 \pi] \\ \text { et bien } 0 \Omega=0 \mathrm{M}_{1}\end{array}\right.\\ & \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}\text { et bien } \Omega \widehat{O} M_{1}=60^{\circ} \\ \text { et bien } 0 \Omega=0 M_{1}\end{array}\right.\\ & \Rightarrow \mid \begin{array}{l}\text { Le triangle } \Omega O M_{1} \text { est isocèle en } 0 \\ \text { Avec } \Omega \widehat{O} M_{1}=60^{\circ}\end{array} \\ & \Rightarrow \quad \mathrm{M}_{1} \widehat{\Omega} O=0 \widehat{M}_{1} \Omega=60^{\circ} \\ & \Rightarrow \quad O \Omega M_{1} \text { est équilatéral } \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} \mathcal{R}\left(\mathrm{M}_{1}\right)=\mathrm{M}_{2} & \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}\text { et bien }\left(\overline{\overrightarrow{\mathrm{OM}}_{1} ; \overrightarrow{\mathrm{OM}_{2}}}\right) & \equiv \frac{\pi}{3}[2 \pi] \\ \text { et bien } \mathrm{OM}_{1}=\mathrm{OM}_{2}\end{array}\right.\\ & \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}\text { et bien } \mathrm{M}_{1} \widehat{\mathrm{O}} \mathrm{M}_{2}=60^{\circ} \\ \text { et bien } \mathrm{OM}_{1}=\mathrm{OM}_{2}\end{array}\right.\\ & \Rightarrow \mid \begin{array}{l}\text { Le triangle } \Omega \mathrm{M}_{1} \mathrm{M}_{2} \text { est isocèle en } 0 \\ \text { Avec } \mathrm{M}_{1} \widehat{\mathrm{O}} \mathrm{M}_{2}=60^{\circ}\end{array} \\ & \Rightarrow \mathrm{O} \widehat{\mathrm{M}}_{1} \mathrm{M}_{2}=0 \widehat{\mathrm{M}}_{2} \mathrm{M}_{1}=60^{\circ} \\ & \Rightarrow \mathrm{OM}_{1} \mathrm{M}_{2} \text { est équilatéral } \end{aligned}\)
\(\underline{\text { Rappel }}: e^{i x}-e^{i y}=2 i \sin \left(\frac{x-y}{2}\right) e^{i\left(\frac{x+y}{2}\right)}\)
\(\begin{aligned} z_{1}-z_{2} &=|\alpha| e^{i\left(\lambda+\frac{\pi}{3}\right)}-|\alpha| e^{i\left(\lambda+\frac{2 \pi}{3}\right)} \\ &=|\alpha| e^{i \lambda}\left(e^{\frac{i \pi}{3}}-e^{\frac{i 2 \pi}{3}}\right) \\ &=|\alpha| e^{i \lambda}\left(2 i \sin \left(\frac{\frac{\pi}{3}-\frac{2 \pi}{3}}{2}\right) e^{i\left(\frac{\frac{\pi}{3}+\frac{2 \pi}{3}}{2}\right)}\right) \\ &=|\alpha| e^{i \lambda}\left(2 i \sin \left(\frac{-\pi}{6}\right) e^{\frac{i \pi}{2}}\right) \\ &=|\alpha| \cdot e^{i \lambda} \cdot \underbrace{(2 i) \cdot\left(\frac{-1}{2}\right) \cdot(i)}_{1} \\ &=|\alpha| \cdot e^{i \lambda} \\ &=\alpha \end{aligned}\)
\(\underline{\underline{\text { Rappel }}}:(A B) \perp(C D) \Leftrightarrow\left(\frac{Z_{D}-Z_{C}}{Z_{B}-z_{A}}\right) \in i \mathbb{R}\)
\(\begin{aligned} \frac{z_{M_{2}}-z_{\Omega}}{z_{M_{1}}-z_{0}} &=\frac{z_{2}-\alpha}{Z_{1}}=\frac{z_{2}}{Z_{1}}-\frac{\alpha}{z_{1}} \\ &=\frac{|\alpha| e^{i\left(\lambda+\frac{2 \pi}{3}\right)}}{|\alpha| e^{i\left(\lambda+\frac{\pi}{3}\right)}}-\frac{|\alpha| e^{i \lambda}}{\left.|\alpha| e^{i\left(\lambda+\frac{\pi}{3}\right.}\right)} \\ &=e^{\frac{i \pi}{3}}-e^{\frac{-i \pi}{3}} \\ &=2 i \cdot \sin \left(\frac{\pi}{3}\right) \\ &=2 i \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} \\ &=i \sqrt{3} \in i \mathbb{R} \end{aligned}\)
D’où : \(\quad\left(\Omega M_{2}\right) \perp\left(O M_{1}\right)\)
C-à-d qu’on pourrait montrer que le quadrilatère est un losange en montrant qu’il est d’abord un parallélogramme, Mais avec des diagonales qui soient perpendiculaires.
La deuxième méthode que je présume être recommandée est d’adopter un raisonnement basé sur la définition d’un losange. À savoir, un losange est un quadrilatère dont tous les côtés ont la même longueur.
\(\Rightarrow \quad O \Omega=O M_{1}=M_{1} M_{2}=O M_{2}\)
\(\Rightarrow \quad\left\{\Omega ; M_{1} ; M_{2}\right\} \in(C)\)
\(\Rightarrow \quad\left(\frac{z_{M_{2}}-z_{\Omega}}{z_{M_{1}}-z_{\Omega}}\right) \times\left(\frac{z_{M_{1}}-z_{M}}{z_{M_{2}}-z_{M}}\right) \in \mathbb{R}\)
\(\Rightarrow \quad\left(\frac{z_{M_{2}}-z_{\Omega}}{z_{M_{1}}-z_{\Omega}}\right) \div\left(\frac{z_{M_{2}}-z_{M}}{Z_{M_{1}}-z_{M}}\right) \in \mathbb{R}\)
\(\Rightarrow \quad\left(\frac{z_{2}-\alpha}{z_{1}-\alpha}\right) \div\left(\frac{z_{2}-|\alpha| e^{i \theta}}{z_{1}-|\alpha| e^{i \theta}}\right) \in \mathbb{R}\)
Exercice 2:
D’abord, je signale que, dans cette expérience aléatoire, l’hypothèse d’équiprobabilité est bien évidemment vérifiée car les boules sont identiques et indiscernables au toucher.
Quand on tire n boules, l’une après l’autre, d’une urne contenant n boules au total, alors le nombre de résultats possibles correspond exactement au nombre de combinaisons de n éléments.
Autrement-dit : 𝑐𝑎𝑟𝑑 Ω =𝑛 !
Avec Ω est l’ensemble de toutes les éventualités possibles.
On pose:
A: « les boules 1,2 et 3 sortent consécutivement et dans cet ordre »
On a 𝑛−2 éventualités possibles pour qu’on ait la première boule étant la boule numéro 1.
On a une éventualité possible pour qu’on ait la deuxième boule étant la boule numéro 2 qui suit la boule N° 1.
On a une éventualité possible pour qu’on ait la troisième boule étant la boule numéro 3 qui va suivre la boule numéro 2.
Donc le nombre d’éventualités possibles correspondant à l’obtention des boules 1,2 et 3
dans cet ordre consécutif est (𝑛−2)×1×1
Ainsi :
p(A)= \(\frac{Card A}{Card Ω}\)
p(A)=\(\frac{n-2}{𝑛 !}\)
On s’intéresse maintenant à l’ordre de sortie qui est 1 2 3 , Mais peu importe la manière, consécutivement ou pas.
Cet ordre précis nous permet de déterminer le nombre total d’éventualités possibles pour ce cas, ce nombre est \({{C}_{n}^{3}}\).
Je n’ai pas adopter les arrangements \({{A}_{n}^{3}}\). parce que j’ai affaire à un seul ordre qui est 1 2 3.
C’est comme on a tiré trois boules parmi n autres.
Les arrangements \({{A}_{n}^{3}}\) prend en considération tous les ordres possibles, à savoir :
B= »123, 132, 213, 231, 312, 321″.
p(B)=\(\frac{card B}{card Ω}\)
= \(\frac{{C}_{n}^{3}}{n !}\)
=\(\frac{1}{6(n-3) !}\)
=\(\frac{1}{6(𝑛-3) !}\)
Soit \(X_{n}\) la variable aléatoire qui est égale au nombre de tirage nécessaires pour obtenir les boules 1 2 3.
On remarque que la valeur minimale de \(X_{n}\) est évidemment 3
c’est-à-dire qu’on peut obtenir les trois boules au cours des trois premiers tirages.
Et la valeur maximale est n.
c’est-à-dire qu’on pourrait avoir les boules 1 2 3 au cours des trois derniers tirages de notre expérience aléatoire.
Donc les valeurs possibles de \(X_{n}\) sont 3, 4, … , n.
ou encore : \(X_{n}\)(Ω)= {3,4,………..,𝑛}.La loi de probabilité de la variable aléatoire \(X_{n}\) est l’application \({P}_{X_{n}}\) définie ainsi :
𝑘 ⟼ \({P}_{X_{n}}(k)=P[X_{n}=k]\)
On considère le schéma suivant qui renseigne sur la forme générale de chaque résultat de la variable aléatoire 𝑋𝑛 défini dans l’énoncé.
Il y a 3 éventualités possibles valables pour l’emplacement numéro k. car cette place devrait recevoir ou bien la boule 1, la boule 2, ou bien la boule 3. Après avoir remplir l’emplacement numéro k, il nous reste deux boules parmi 1 2 3 pour les 𝑘−1 emplacement sur la figure. Et la distribution de deux boules sur 𝑘−1 emplacements, en prenant en considération l’ordre, s’effectue selon \({{A}_{2}^{k-1}}\) différentes manières possibles. Après avoir servir les boules 1 2 3 , il nous reste à distribuer les 𝑛−3 boules sur 𝑛−3 places vides. Et pour se faire, il existe 𝑛−3 ! façons possibles. Alors, d’après le principe multiplicatif, on dénombre facilement les cas possibles correspondant à la vérification de l’événement \(X_{n}=k\):
Ainsi:
\(P_{X_{n}}(k) =P[X_{n}=k]\)
=\(\frac{card(X_{n}=k)}{card (Ω)}\)
=\(\frac{3(n-3) ! A_{k-1}^{2}}{n !}\)
=\(\frac{3(n-3) !}{n !} × \frac{(k-1) !}{(k-3) !}\)
=\(\frac{3(n-3) ! \cdot(k-1)(k-2((k-3) !}{n(n-1)(n-2)(n-3) ! (k-3) !}\)
=\(\frac{3(k-1)(k-2)}{n(n-1)(n-2)}\)
Finalement, la loi de probabilité de la variable aléatoire 𝑋𝑛 est l’application \({P}_{X_{n}}\) définie ainsi :
\(\begin{aligned} P_{X_{n}}:\{3,4, \ldots \ldots ., n\} & \mapsto[0,1] \\ k & \mapsto P_{X_{n}}(k)=\frac{3(k-1)(k-2)}{n(n-1)(n-2)} \end{aligned}\)
Exercice 3:
\(\underline{\text { Rappel }}:\) dans un espace vectoriel de dimension finie, une famille \((\vec{x}, \vec{y})\) est une base si et si et seulement si \(\operatorname{det}(\vec{x}, \vec{y}) \neq 0\)
\(\text { On } a: \operatorname{det}\left(\overrightarrow{e_{1}} ;\overrightarrow{e_{2}}\right)=\left|\begin{array}{cc}1 / 2 & 1 / 2 \\1 / 2 & -1 / 2
\end{array}\right|=\frac{-1}{2} \neq 0\)
Donc \(\left(\overrightarrow{e_{1}}, \overrightarrow{e_{2}}\right)\) est une base de \(v_{2}\).
\(\vec{u}=\left(\begin{array}{l}x \\y\end{array}\right)\)
au lieu de \(\vec{u}=x \vec{i}+y \vec{\jmath}\) juste pour simplifier les écritures et être à l’aise dans la rédaction.
Soient \(\left(X, Y, X^{\prime}, Y^{\prime}\right)\) un quadriletère dans \({R}^{4}\).
\((X \overrightarrow{e_{1}}+Y \overrightarrow{e_{2}}) *(X^{\prime}\overrightarrow{e_{1}}+Y^{\prime} \overrightarrow{e_{2}})\)=
\(=\left(X\left(\begin{array}{c}1 / 2 \\ 1 / 2\end{array}\right)+y\left(\begin{array}{c}1 / 2 \\ -1 / 2\end{array}\right)\right) *\left(X^{\prime}\left(\begin{array}{c}1 / 2 \\ 1 / 2\end{array}\right)+Y^{\prime}\left(\begin{array}{c}1 / 2 \\ -1 / 2\end{array}\right)\right)\)
\(=\left(\begin{array}{l}\frac{X+Y}{2} \\ \frac{X-Y}{2}\end{array}\right) *\left(\begin{array}{l}\frac{X^{\prime}+Y^{\prime}}{2} \\ \frac{X^{\prime}- Y^{\prime}}{2}\end{array}\right)\)
\(=\left(\begin{array}{l}\frac{(X+Y)\left(X^{\prime}+Y^{\prime}\right)+(X-Y)\left(X^{\prime}-Y^{\prime}\right)}{4} \\ \frac{(X+Y)\left(X^{\prime} Y^{\prime}\right)+(X-Y)\left(X^{\prime}+Y^{\prime}\right)}{4}\end{array}\right)\)
\(=\left(\begin{array}{l}\frac{X X^{\prime}+Y Y^{\prime}}{2} \\ \frac{X X^{\prime}-Y Y^{\prime}}{2}\end{array}\right)\)
\(=XX^{\prime}\left(\begin{array}{c}1 / 2 \\ 1 / 2\end{array}\right)+Y Y^{\prime}\left(\begin{array}{c}1 / 2 \\ -1 / 2\end{array}\right)\)
\(=X X^{\prime} \overrightarrow{e_{1}}+Y Y^{\prime} \overrightarrow{e_{2}}\)
et \(\left(\begin{array}{l}x^{\prime} \\ y^{\prime}\end{array}\right)\) deux éléments de \(v_{2}\).
C’est trop facile car la commutativité de la loi dans \(v_{2}\) résulte de celle de la loi \(+\) dans \(\mathbb{R}\).
\(\left(\left(\begin{array}{l}x \\ y\end{array}\right) *\left(\begin{array}{l}x^{\prime} \\ y^{\prime}\end{array}\right)\right) *\left(\begin{array}{l}x^{\prime \prime} \\ y^{\prime \prime}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}x x^{\prime}+y y^{\prime} \\ x y^{\prime}+y x^{\prime}\end{array}\right) *\left(\begin{array}{l}x^{\prime \prime} \\ y^{\prime \prime}\end{array}\right)\)
Et dans un second temps, On ait :
\(\left(\begin{array}{l}x \\ y\end{array}\right) *\left(\left(\begin{array}{l}x^{\prime} \\ y^{\prime}\end{array}\right) *\left(\begin{array}{l}x^{\prime \prime} \\ y^{\prime \prime}\end{array}\right)\right)=\left(\begin{array}{l}x \\ y\end{array}\right) *\left(\begin{array}{c}x^{\prime} x^{\prime \prime}+y^{\prime} y^{\prime \prime} \\ x^{\prime} y^{\prime \prime}+y^{\prime} x^{\prime \prime}\end{array}\right)\)
Soit \(\left(\begin{array}{l}u \\ v\end{array}\right)\) l’élément neutre
Alors:
\(\forall\left(\begin{array}{l}x \\ y\end{array}\right) \in v_{2} \);
\(\left(\begin{array}{l}x \\ y\end{array}\right) *\left(\begin{array}{l}u \\ v\end{array}\right)=\left(\begin{array}{l}u \\ v\end{array}\right) *\left(\begin{array}{l}x \\ y\end{array}\right)=\left(\begin{array}{l}x \\ y\end{array}\right)\)
À cause de la commutativité de la loi \(*,\) on se restreint à une seule égalité.
\(\left(\begin{array}{l}x \\ y\end{array}\right) *\left(\begin{array}{l}u \\ v\end{array}\right)=\left(\begin{array}{l}x \\ y\end{array}\right) \Leftrightarrow\left(\begin{array}{l}x u+y v \\ x v+y u\end{array}\right)=\left(\begin{array}{l}x \\ y\end{array}\right)\)
\(\Leftrightarrow \quad\left\{\begin{array}{ll}\text { Et bien } & x u+y v=x \\ \text { Et bien } & x v+y u=y\end{array}\right.\)
\(\Leftrightarrow \quad\left\{\begin{array}{ll}\text { Et bien } & x(u-1)+y v=0 \\ \text { Et bien } & x v+y(u-1)=0\end{array}\right.\)
\(\Leftrightarrow \quad x(u-1)+y v=x v+y(u-1)\)
\(\Leftrightarrow \quad x(u-1)-y(u-1)+y v-x v=0\)
\(\Leftrightarrow \quad(x-y)(u-1)-v(x-y)=0\)
\(\Leftrightarrow \quad(x-y)(u-v-1)=0\)
\(\Leftrightarrow \quad\left\{\begin{array}{ll}\text { ou bien } & x=y \\ \text { ou bien } & u=v+1\end{array}\right.\)
On remplace 𝑢 par la quantité (𝑣+1) dans l’une des équations précédentes on obtient :
\(x(v+1)+yv=x \Leftrightarrow xv+x+yv=x\)
\(\Leftrightarrow v(x+y)=0\)
\(\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{ll}\text { ou bien } & v=0 \\ \text { ou bien } & x=-y\end{array}\right.\)
Ainsi, le vecteur \(\left(\begin{array}{l}1 \\ 0\end{array}\right)\) est l’élément neutre pour la loi * sur \(v_{2}\).
\((𝑣_{2},+,∗)\) est bien-évidemment un anneau commutatif car les assertions suivantes sont vérifiées :
\((𝑣_{2},+)\) est un groupe abélien.
∗ est associative sur 𝑣2.
∗ est distributive par rapport à + sur 𝑣2.
∗ est commutative sur 𝑣2.
La première assertion est pratiquement vérifiable car + est une loi de composition interne dans \((𝑣_{2})\) qui est associative, commutative, admet un élément neutre \(\left(\begin{array}{l}0 \\ 0\end{array}\right)\)
et que tout élément \(\left(\begin{array}{l}a \\ b\end{array}\right)\) de \((𝑣_{2})\) admet un seul symétrique \(\left(\begin{array}{l}-a \\ -b\end{array}\right)\) dans \((𝑣_{2})\).
Pour la 2ème et la 4ème assertions, c’est déjà fait dans 2-𝑎 𝑒𝑡 2-𝑏 .
Pour la 3ème assertion, on se donne trois éléments
\(\left(\begin{array}{l}a \\ b\end{array}\right)\),\(\left(\begin{array}{l}c \\ d\end{array}\right)\),\(\left(\begin{array}{l}e \\ f\end{array}\right)\)dans \((𝑣_{2})\) :
On a:
\(\left(\begin{array}{l}a \\ b\end{array}\right) *\left(\left(\begin{array}{l}c \\ d\end{array}\right)+\left(\begin{array}{l}e \\ f\end{array}\right)\right)=\left(\begin{array}{l}a \\ b\end{array}\right) *\left(\begin{array}{l}c+e \\ d+f\end{array}\right)\)
\(\left(\begin{array}{l}a \\ b\end{array}\right) *\left(\begin{array}{l}c \\ d\end{array}\right)+\left(\begin{array}{l}a \\ b\end{array}\right) *\left(\begin{array}{l}e \\ f\end{array}\right)=\left(\begin{array}{l}a c+b d \\ a d+b c\end{array}\right)+\left(\begin{array}{l}a e+b f \\ a f+b e\end{array}\right)\)
\(=\left(\begin{array}{l}a c+a e+b d+b f \\ a d+a f+b c+b e\end{array}\right)\)
𝐶−à−𝑑 ∶
\(\left(\begin{array}{l}a \\ b\end{array}\right) *\left(\left(\begin{array}{l}c \\ d\end{array}\right)+\left(\begin{array}{l}e \\ f\end{array}\right)\right)=\left(\begin{array}{l}a \\ b\end{array}\right) *\left(\begin{array}{l}c \\ d\end{array}\right)+\left(\begin{array}{l}a \\ b\end{array}\right) *\left(\begin{array}{l}e \\ f\end{array}\right)\)
Ou encore, On dira que ∗ est distributive par rapport à + à gauche. Même travail pour la distributivité à droite pour conclure finalement que la loi ∗ est distributive par rapport à la loi +
car: si \(\vec{x} \in E_{\vec{u}}\)
alors \(\vec{x}=\lambda \vec{u} ; \lambda \in \mathbb{R}\).
Alors ils existent \(\lambda\) et \(\theta\) de \(\mathbb{R}\) tels que \(: \vec{x}=\lambda \vec{u}\) et \(\vec{y}=\theta \vec{u}\).
Rappel : ℱ 𝑒𝑠𝑡 𝑢𝑛 𝑠𝑒𝑣𝑑𝑒 𝑙′𝑒𝑠𝑝 (𝐸,+,∙ )⟺ ∀𝛼𝜖ℝ ∀ 𝑥,𝑦 𝜖 ℱ ∶ (𝛼𝑥+𝑦) 𝜖 ℱ
Soient \(\alpha \in \mathbb{R}\) et \(\vec{x}\) et \(\vec{y}\) deux vecteurs de \(E_{\vec{u}} \subseteq v_{2}\).
\(\alpha \vec{x}+\vec{y}=\alpha\left(\lambda_{1} \vec{u}\right)+\lambda_{2} \vec{u}=\left(\alpha \lambda_{1}+\lambda_{2}\right) \vec{u} \in E_{\vec{u}}\)
Car \(\left(\alpha \lambda_{1}+\lambda_{2}\right)\) est un nombre réel.
Ainsi : \(\left(E_{\vec{u}},+, \cdot\right)\) est un sous-espace vectoriel de \(\left(v_{2},+, \cdot\right) .\) Et ceci d’après la caractérisation des sousespaces vectoriels mentionnée au début.
\(\begin{array}{lc}\Rightarrow & \exists \lambda \in \mathbb{R} ; \lambda_{1} \vec{u} * \lambda_{2} \vec{u}=\lambda \vec{u} \\ \Rightarrow & \left(\begin{array}{l}\lambda_{1} a \\ \lambda_{1} b\end{array}\right) *\left(\begin{array}{l}\lambda_{2} a \\ \lambda_{2} b\end{array}\right)=\left(\begin{array}{l}\lambda a \\ \lambda b\end{array}\right) \\ \Rightarrow & \left(\begin{array}{l}\lambda_{1} \lambda_{2} a^{2}+\lambda_{1} \lambda_{2} b^{2} \\ \lambda_{1} \lambda_{2} a b+\lambda_{1} \lambda_{2} a b\end{array}\right)=\left(\begin{array}{l}\lambda a \\ \lambda b\end{array}\right) \\ \Rightarrow & \lambda_{1} \lambda_{2}\left(\begin{array}{c}a^{2}+b^{2} \\ 2 a b\end{array}\right)=\lambda\left(\begin{array}{l}a \\ b\end{array}\right)\end{array}\)
Inversement : \(\quad\) Si \(\vec{u} * \vec{u}\) et \(\vec{u}\) sont liés, Alors : \(\exists \alpha \in \mathbb{R} ; \quad \vec{u} * \vec{u}=\alpha \vec{u}\)
Donc \(E_{\vec{u}}\) est stable pour la loi \(*\).
\(\begin{aligned}\text { Soit : } \varphi:\left(\mathbb{R}^{*}, \times\right) & \mapsto\left(E_{\vec{u}}, *\right) \\x & \mapsto \frac{x}{\alpha} \vec{u} \\\text { Avec }: \quad \vec{u} * \vec{u}=\alpha \vec{u} &\end{aligned}\)
Rappel: d’après le calcul fait précédemment
\(\text { on a eu: } \lambda_{1} \vec{u} * \lambda_{2} \vec{u}=\lambda_{1} \lambda_{2}(\vec{u} *\vec{u})\)
Soient \(a\) et \(b\) deux nombres réel non nuls.
\(\begin{aligned} \varphi(a) * \varphi(b) &=\left(\frac{a}{\alpha} \vec{u}\right) *\left(\frac{b}{\alpha} \vec{u}\right) \\ &=\left(\frac{a}{\alpha} \times \frac{b}{\alpha}\right) \vec{u} * \vec{u} \\ &=\left(\frac{a b}{\alpha^{2}}\right) \vec{u} * \vec{u} \\ &=\left(\frac{a b}{\alpha^{2}}\right) \cdot \alpha \vec{u} \\ &=\left(\frac{a b}{\alpha}\right) \cdot \vec{u} \\ &=\varphi(a \times b) \end{aligned}\)
Donc:
\(\varphi\) est un homomorphisme de \(\left(\mathbb{R}^{*}, x\right)\) vers \(\left(E_{\vec{u}}, *\right)\)
En plus, \(\varphi\) est bijective car elle est injective et surjective:
Injective car:
\(\varphi(x)=\varphi(y) \Rightarrow \frac{x}{\alpha} \vec{u}=\frac{y}{\alpha} \vec{u}\)
\(\Rightarrow \quad \frac{x}{\alpha}=\frac{y}{\alpha}\)
\(\Rightarrow \quad x=y\)
Surjective car :
\(\left(\forall(\lambda \vec{u}) \in E_{\vec{u}}\right)\left(\exists x=\lambda \alpha \in \mathbb{R}^{*}\right) ; \varphi(x)=\lambda \vec{u}\)
Finalement : \(\varphi\) est un isomorphisme (homomorphisme bijectif) de \(\left(\mathbb{R}^{*}, x\right)\) vers \(\left(E_{\vec{u}, *}\right) .\)
Pour montrer que \(\left(E_{\vec{u}},+, *\right)\) est un corps commutatif, on vérifie les assertions suivantes:
– \(\left(E_{\vec{u}},+\right)\) est un groupe abélien.
– \(\left(E_{\vec{u}} \backslash\{\overrightarrow{0}\} ; *\right)\) est un groupe.
– \(*\) est distributive par rapport à \(+.\)
\(\bullet *\) est commutative sur \(E_{\vec{u}}\).
Pour la première assertion, c’est déjà fait, exactement dans la question \(3|a|:\left(E_{\vec{u}},+\right)\) est un sous-groupe de \(\left(v_{2},+\right)\)
Pour la \(2^{\text {ème }}\) assertion, On sait très bien que \(\left(\mathbb{R}^{*}, x\right)\) est un groupe, Alors \(\varphi\left(\mathbb{R}^{*}, x\right)\) est un groupe aussi. Car \(\varphi\) est un isomorphisme. Et on ait : \(\varphi\left(\mathbb{R}^{*}, x\right)=\left(\varphi\left(\mathbb{R}^{*}\right), *\right)=\left(E_{\vec{u}} \backslash\{\overrightarrow{0}\} ; *\right)\).
Pour la distributivité de \(*\) par rapport à \(+\) c’est déjà fait aussi.
Pour la 4ème assertion c’est déjà fait.
La conclusion \(:\left(E_{\vec{u}},+, *\right)\) est un corps commutatif et cela d’après la caractérisation des corps vue dans le cours.
Exercice 4:
\(\lim _{x \rightarrow-1} g(x)=\lim _{x \rightarrow-1 \atop x>-1}\left(1+x^{2}+2 x(1+x) \ln (1+x)\right)\)
\(=2+2 \lim _{x \rightarrow-1} x(1+x) \ln (1+x)\)
\(x>-1\)
\(=2+2 \lim _{t \rightarrow 0 \atop t>0}(t-1) \cdot t \ln t\)
\(=2+2 \lim _{t \rightarrow 0^{+}}(t-1) \times \lim _{t \rightarrow 0^{+}}(t \ln t)\)
\(\rightarrow 2+2 \times(-1) \times 0=2\)
g(x)=1+x²-2 x(1+x) ln (1+x)
\(x \mapsto \ln (1+x)\) est dérivable sur \(]-1 ;+\infty[\).
\(x \mapsto 2 x(1+x)\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\).
\(x \mapsto\left(1+x^{2}\right)\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\).
Alors \(g\) est dérivable sur \(I=]-1,+\infty[\).
Soit \(x \in I:\)
\(g^{\prime}(x)=2 x-2(x(1+x) \ln (1+x))^{\prime}\)
\(=2 x-2\left((1+x) \ln (1+x)+x \ln (1+x)+\frac{x(1+x)}{1+x}\right)\)
\(=2 x-2((1+2 x) \ln (1+x)+x)\)
\(=-2(1+2 x) \ln (1+x)\)
On remarque que \(g\) est une fonction continue et est strictement décroissante sur \([0,+\infty[.\)
\(g\) est une bijection de l’intervalle \([0,+\infty[\) à valeurs dans \(]-\infty, 1]\).
\(x \in]-1, \alpha[\quad \Rightarrow \quad x<\alpha\)
\(\Rightarrow g(x)>g(\alpha) ;\) car \(g \searrow[0,+\infty[\)
\(\Rightarrow g(x)>0 ;\) car \(g(\alpha)=0\)
\(x \in] \alpha,+\infty[\quad \Rightarrow \quad x>\alpha\)
\(\Rightarrow g(x)<g(\alpha) ;\) car \(g \searrow[0,+\infty[\)
\(\Rightarrow g(x)<0\); car \(g(\alpha)=0\)
\(\lim _{x \rightarrow(-1)^{+}} f(x)=\lim _{x \rightarrow(-1)^{+}} \frac{\ln (1+x)}{1+x^{2}}\)
Donc l’axe 𝑥=−1 est une asymptote verticale à la courbe (𝐶) .
\(\lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)=\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{\ln (1+x)}{1+x^{2}}\)
Donc l’axe des abscisses est une asymptote horizontale à la courbe (𝐶) au voisinage de +∞
Comme 𝑥 ⟼ln (1+𝑥) est dérivable sur ]−1,+∞[.
Car c’est une composition bien définie de deux fonctions toutes les deux dérivables :
La première est la fonction 𝑥 ⟼ln𝑥 dérivable sur ]0,+∞[ .
La deuxième est 𝑥⟼1+𝑥 dérivable sur ℝ .
Alors :
\(x \longmapsto \frac{\ln (1+x)}{1+x^{2}}\) est dérivable sur ]−1,+∞[
comme étant un quotient de deux fonctions dérivables dont le dénominateur est non nul.
Soit 𝑥 𝜖 𝐼= ]−1,+∞[:
\(f^{\prime}(x)=\left(\frac{\ln (1+x)}{1+x^{2}}\right)^{\prime}\)
On a : \((\forall x \in I) ; f^{\prime}(x)=\frac{g(x)}{(1+x)\left(1+x^{2}\right)^{2}}\)
Remarquons, au prime abord, que la quantité \(\left(1+x^{2}\right)^{2}\) est toujours positive.
Donc le signe de \(f^{\prime}(x)\) sur \(I\) dépend des signes des quantités \((1+x)\) et \(g(x)\).
Le tableau suivant résume le signe de \(f^{\prime}(x)\).
\(g(\alpha)=0 \quad \Leftrightarrow \quad 1+\alpha^{2}-2 \alpha(1+\alpha) \ln (1+\alpha)=0\)
\(x \in I \Rightarrow\left\{\begin{array}{ll}\text { oubien } & x \leq \alpha \\ \text { oubien } & x \geq \alpha\end{array}\right.\)
Soit \((T)\) la tangente à \((C)\) au point d’abscisse 0 .
\((T): y=(x-0) f^{\prime}(0)+f(0)\)
\(\Leftrightarrow \quad(T): y=x\)
\(\begin{aligned} x \geq 0 & \Rightarrow x^{2} \geq 0 \\ & \Rightarrow x^{2}+1 \geq 1 \\ & \Rightarrow \frac{1}{x^{2}+1} \leq 1 ; \text { passage àl’inverse } \\ & \Rightarrow \frac{\ln (1+x)}{x^{2}+1} \leq x \quad ; \quad d^{\prime} \text { après }{3-b} \\ & \Rightarrow \forall x \geq 0 ; \quad f(x) \leq x \end{aligned}\)
\(J=\int_{0}^{1} f(x) d x\)
On pose \(\quad t=\frac{1-x}{1+x} \mid\) Alors \(\quad x=\frac{1-t}{1+t}\)
\(\begin{array}{lll}x=0 & \Leftrightarrow & t=1 \\ x=1 & \Leftrightarrow & t=0\end{array}\)
\(\frac{d x}{d t}=\frac{(1-t)^{\prime}(1+t)-(1+t)^{\prime}(1-t)}{(1+t)^{2}}=\frac{-2}{(1+t)^{2}}\)
Alors : \(\quad d x=\frac{-2}{(1+t)^{2}} d t\)
\(f(x)=f\left(\frac{1-t}{1+t}\right)=\frac{\ln \left(1+\frac{1-t}{1+t}\right)}{1+\left(\frac{1-t}{1+t}\right)^{2}}=\frac{\ln \left(\frac{2}{1+t}\right)}{\frac{2\left(1+t^{2}\right)}{(1+t)^{2}}}\)
\(=\frac{(1+t)^{2}}{2(1+t)^{2}} \times \ln \left(\frac{2}{1+t}\right)\)
Ainsi
\(\quad: \quad f(x)=\frac{(1+t)^{2}}{2(1+t)^{2}} \times \ln \left(\frac{2}{1+t}\right)\)
\(\begin{aligned} J &=\int_{0}^{1} f(x) d x \\ &=\int_{1}^{0} \frac{(1+t)^{2}}{2(1+t)^{2}} \times \ln \left(\frac{2}{1+t}\right) \times \frac{-2}{(1+t)^{2}} d t \\ &=-\int_{1}^{0} \ln \left(\frac{2}{1+t}\right) \times\left(\frac{1}{1+t^{2}}\right) d t \\ &=\int_{0}^{1}(\ln (2)-\ln (1+t)) \times\left(\frac{1}{1+t^{2}}\right) d t \\ &=\int_{0}^{1}\left(\frac{\ln 2}{1+t^{2}}\right) d t-\int_{0}^{1}\left(\frac{\ln (1+t)}{1+t^{2}}\right) d t \\=& \ln 2 \cdot[\operatorname{Arctan} t]_{0}^{1}-J \\=& \ln 2 \cdot\left(\frac{\pi}{4}-0\right)-J \\=\frac{\pi \ln 2}{4}-J \\ \text { Finalement } \quad: \quad J=\frac{\pi \ln 2}{8} \end{aligned}\)
\(\begin{aligned} K &=\int_{0}^{1} \underbrace{(\operatorname{Arctan} x)}_{u(x)} \cdot \underbrace{\left(\frac{1}{1+x}\right)}_{v(x)} d x \\ &=[\operatorname{Arctan} x \cdot \ln (1+x)]_{0}^{1}-\int_{0}^{1} \frac{1}{1+x^{2}} \cdot \ln (1+x) d x \\ &=\frac{\pi}{4} \ln 2-\frac{\pi}{8} \ln 2 \\ &=\frac{\pi \ln 2}{8} \end{aligned}\)