Corrigé Pondichéry 1999

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1 Corrigé Pondichéry 999 EXERCICE. = 8 = i ). D'où les solutions de l'équation : z = + i et z = z = i. a. De manière immédiate : z = z = b. Soit θ la mesure principale de arg z : cos θ = Par suite arg z = π 4 + k.π et arg z = arg z = π 4 + k.π z = z ). Il en résulte que z z z z = et arg z z ) z Comme = z ) z et arg = arg z z z ) = et arg z z 3. a. h a pour écriture complexe z z z ) = π + k.π = 3 z et sin θ =. D'où θ = π 4. = arg z. z z ). ), on en déduit : Il en résulte, en remplaçant z par l'axe z de M, que l'axe de M 3 est z 3 = + 3i b. r a pour écriture complexe z = iz. Il en résulte, en remplaçant z par l'axe z de M, que l'axe de M 4 est z 4 = i c.. z 3 z d. = + i z 4 z i = 6i 6i. Soit z 3 z = i z 4 z e. Il résulte de d. que M M 3 = M M 4 et que M M 4, M M 3 ) = π + k.π : M M 3 M 4 est un demi-carré de centre I et de diagonale M 3 M 4. M 5, par dénition symétrique de M par rapport à I, est donc le quatrième sommet du carré M M 3 M 5 M 4. page /5

2 EXERCICE candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de la spécialité). a. Avec le barycentre partiel : soit B le barycentre de [A; ); C; )], milieu de [AC]. G est le barycentre de [B; ); B ; )], déni par BG = BB : d'où sa construction. b. Soit B le barycentre de [A; ); C; )], déni par AB = AC. G est le barycentre de [B ; ); B; 5)], déni par BG = BB : d'où sa construction. 4. a. Par dénition de G : 4 GG = GA + 5 GB GC = 4 GA + 5 AB AC. Or, par dénition de G : AG = AB + AC. Par suite 4 GG = 9 AB 6 AC De manière analogue : 4 JG = JA+5 JB JC = 4 JA+5 AB AC. Or JA = AB. Donc 4 JG = 3 AB AC IL résulte des calculs précédents que GG = 3 JG : l'alignement des points G, J et G implique donc que GG ) coupe AB) en J. b. Par dénition de I : GI = GB GC = GA + AB AC = 3 AB AC. On remarque que GG = 3 GI. Donc I GG ). 3. a. K est par hypothèse isobarycentre de A et O, points aectés des mêmes coecients. O est par hypothèse isobarycentre de C et D, points aectés des mêmes coecients. Le coecient de O est le double de celui de C ou D, et le même que celui de A : soit a = α et d = c = α, α R. Par exemple a = et b = c =. b. K, barycentre de [A; α); C; α); D; α)], est aussi barycentre de D; α) et du barycentre de [A; α); C; α)] qui est situé sur AC) et aligné avec D et K. Ce barycentre de [A; α); C; α)] est donc le point X. Par suite a = α et c = α, α R. Par exemple a = et c =. EXERCICE 3 candidats ayant suivi l'enseignement de la spécialité) Partie A Posons a = a 999 et b = b 999. Comme 999 est le pgcd de a et b, a et b sont premiers entre eux. { a = 999 a a + b = 994 b = 999 b Le système est équivalent au système pgcd a, b) = 999 a + b = 6 pgcd a, b ) = On en déduit a, b ) {, 5) ; 5, )}. Soit a, b) {999, 9995) ; 9995, 999)} Partie B. 3 est solution de l'équation. S est alors solution entière de 9 3S = 0. D'où S = 400 et la deuxième solution de l'équation est 400 3, soit De façon analogue, 5 étant solution de l'équation, S est solution entière de 5 5S = 0, soit de 5S = 09. Pas de solution entière pour S car 09 n'est pas divisible par Les entiers solutions de l'équation, quand ils existent, ont pour produit 994. Ces entiers divisent donc 994 = Les huit diviseurs de 994, qui sont,, 3, 6, 999, 3998, 5997, 994, donnnent les quatre paires distinctes de solutions : {; 994} ; {; 5997}; {3; 3998}; {6; 999} qui conduisent aux quatre valeurs de S : 995; 5999; 400; 005. page /5

3 Partie C Les seuls diviseurs premiers de 999 sont les entiers entre et 999, soit entre et 44. Aucun de ces entiers ne divise 999 qui est donc premier. Problème Partie A Sur [0, 5 ; ] f change de signe en passant de valeurs négatives à des valeurs positives : cela permet d'envisager l'existence d'un minimum pour f sur cet intervalle. Graphiquement on peut situer ce minimum dans l'intervalle ], 5 ;, 7[. Partie B. h x) = e x + xe x e x = x )e x. Le signe de h x) sur [0 ; + [ est celui de x. Par suite h est décroissante sur [0 ; ] et croissante sur [ ; + [ h0) = 0. ) 3. h = ) e 3 3. Donc h < 0 [ ] ) 3 3 h est dérivable et strictement croissante sur ;, h < 0 et h) = donc h) > 0. Il en [ ] 3 résulte que l'équation hx) = 0 admet sur l'intervalle ; une solution unique. Soit a cette solution. Le signe de hx) résulte des résultats établis à la question précédente et de ceux obtenus ci-dessus : hx) 0 sur [0 ; a]; hx) 0 sur [a ; + [ 3. a. fx) = ex x x fx) = ex x x. Or e x. Or lim x 0 x lim e x = + et x lim = et lim x = +. Donc limf = + 0 x 0 x>0 = 0. Donc lim x f = + + b. f x) = ex x xe x ) x 4 = xex e x + x 3 = hx) x 3 : f x) est donc sur ]0 ; + [ du signe de hx) et par suite f est décroissante sur ]0 ; a] et croissante sur [a ; + [ Tableau de variation de f : x 0 a + f x) f fa) c. fa) = ea a. Or ha) = 0 soit ae a e a + = 0 donc e a a ) = soit e a = a. Partie C En reportant dans l'expression de fa) on obtient : fa) = Soit fa) = aa ) Le signe de fa) en résulte : a a a = a a a ). ] [ 3 ; donc a < 0 et par suite fa) > 0. Sur [0 ; + [, l'équation hx) = 0 est successivement équivalente à : page 3/5

4 xe x e x + = 0 x + e x = 0 x = e x e x ) = x. g x) = e x. [ ] 3 Puisque la fonction x e x est décroissante sur R, lorsque x,, e g x) e 3. Or e e 3. Donc g x), soit g x) 3. a. On applique le théorème des inégalités des accroissements nis à la fonction g, dérivable sur I, de dérivée bornée sur I, et a I : pour tous les réels x de I, gx) ga) x a. On déduit alors : de l'équivalence établie à la question. que ga) = a ; de la dénition de la suite x n ) n et du fait que pour tout entier n supérieur ou égal à, x n ) I que pour tout entier n supérieur ou égal à, gx n ) a x n a soit pour tout entier n supérieur ou égal à, x n+ a x n a. On établit par récurrence que pour tout n supérieur ou égal à, x n a n : La proprièté est réalisée pour n = : a I et x = 3 donc x a. Soit n un entier supérieur ou égal à, quelconque. Si x n n, on déduit de l'inégalité établie précédemment que x n+ a n. Soit x n+ a n+. Il est donc établi que si la propriété est vraie à l'ordre n elle est vraie à l'ordre n +. D'où la conclusion. La suite x n a ) à valeurs positives, majorée par la suite ) qui converge vers 0, converge n vers 0 : la suite x n ) converge donc vers a. b. Pour que x p soit valeur approchée de a à 0 3 près il sut que p 0 3, soit p 0 3. Tout partie D entier supérieur ou égal à 0 convient. Avec n = 0 on obtient, 593 comme valeur approchée de x 0.. La fonction f dérivable est intégrable et F en est la primitive nulle pour x = : F x) = fx). Or f > 0 sur ]0 ; + [. Donc F est strictement croissante sur cet intervalle.. De la croissance de f sur [ ; + [ on déduit que pour tout x supérieur ou égal à, f) fx). Par suite f) dt ft) dt page 4/5

5 F x) = Soit F x) ft) dt + Or f est positive, donc Comme lim ft) dt. Donc, d'après l'inégalité précédente, F x) ft) dt + f)x ). ft) dt 0 et par suite F x) f)x ). f)x ) = +, il en résulte que limf x) = + x ft) dt + f) dt. page 5/5

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