1. (a) Déterminer l ensemble des couples (x,y) de nombres entiers relatifs, solution de l équation (E) : 8x 5y = 3.

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1 Exrcic 1 4 points Candidats ayant suivi l nsignmnt d spécialité Ls trois qustions d ct xrcic sont indépndants. 1. (a) Détrminr l nsmbl ds coupls (x,y) d nombrs ntirs rlatifs, solution d l équation (E) : 8x 5y =. Un { solution particulièr d ctt équation diophantinn st (6; 8). Ainsi nous avons : = 8x 5y = Par soustraction on obtint : 8(6 x) 5(9 y) = 0 soit 8(6 x) = 5(9 y). Ctt drnièr égalité nous prmt d affirmr qu 8 divis l produit 5(9 y) tout n étant prmir avc 5, t d après l théorèm d Gauss on n déduit qu 8 divis 9 y. Et donc 9 y = 8k, k Z. Ainsi n rmplaçant dans l égalité ci-dssus, on obtint 8(6 x) = 5 8k soit 6 x = 5k. Conclution S = {(6 5k;9 8k), k Z} (b) Soit m un nombr ntir rlatif tl qu il xist un coupl (p, q) d nombrs ntirs vérifiant m = 8p + 1 t m = 5q +4. Montrr qu l coupl (p, q) st solution d l équation (E) t n déduir qu m 9 (modulo 40). On a m = 8p+1 = 5q +4. Et donc 8p 5q =. D où (p;q) = (6 5k;9 8k), k Z Ainsi m = 8p+1 = 8(6 5k)+1 = 49 40k, t donc m 49 [40] ou m 9 [40]. (c) Détrminr l plus ptit d cs nombrs ntirs m supériurs = 50 40, t donc l plus ptit ntir supériur à 2000 t congru à 9 modulo 40 st (a) Démontrr qu pour tout nombr ntir naturl k on a : 2 k 1(modulo 7). 2 = 8 t 8 1 [7] D où (2 ) k 1 k [7], t donc 2 k 1(modulo 7). (b) Qul st l rst dans la division uclidinn d par 7? 2009 = = D où = = = Or [7], t donc [7]. Dans ctt qustion, tout trac d rchrch, mêm incomplèt, ou d initiativ, mêm non fructuus, sra pris n compt dans l évaluation. Soint a t b dux nombrs ntirs naturls infériurs ou égaux 9 avc a 0. On considèr l nombr N = a 10 +b. On rappll qu n bas 10 c nombr s écrit sous la form N = a00b. On s propos d détrminr parmi cs nombrs ntirs naturls N cux qui sont divisibls par 7. (a) Vérifir qu 10 1(modulo 7). 10 [7] = [7] = [7] = [7] soit [7] ou 10 1 [7] Lycé Mari Curi 1

2 (b) En déduir tous ls nombrs ntirs N chrchés. Ainsi a 10 +b a+b [7]. Et donc N 0 [7] a+b 0 [7] b = a+7k On obtint : a = b (k = 0) pour 1 a 9. a = 1 t b = 8 (k = 1) ou a = 2 t b = 9 (k = 2). a = 7 t b = 0 (k = 0). a = 8 t b = 1 (k = 1). a = 9 t b = 2 (k = 1). N {1001;2002;00;4004;5005;6006;7000;7007;8001;8008;9009;1008;2002;2009} Exrcic 1 Commun à tous ls candidats 4 points Ls quatr qustions d ct xrcic sont indépndants 1. Soit la fonction f défini sur R par : f(x) = 2 5cos(x) x 2. Détrminr la limit d f n +. 1 cos(x) 1; 5 5cos(x) 5; 5 x 2 5cos(x) x 2 5 x 2; 2 5 cos(x) 2 x2 x x 2 Et donc 2 5 x 2 f(x) 2+ 5 x 2 D plus lim 2 5 x 2 = lim 2+ 5 = 2. Et donc d après l théorèm ds gndarms : lim x2 f(x) = 2 2. Donnr l nsmbl S ds réls appartnant l intrvall [0 ; 2π[ vérifiant l équation : sin 2 x+ 2 sinx = 0 ( ) sin 2 x+ sinx = 0 sin(x) sin(x) + = Et donc sin(x) = 0 ou sin(x) = 2 soit sur [0 ; 2π[, x = 0, π ou x = 4π, 5π. S =. Soit f la fonction défini sur R par f(x) = x 2 sin 2 x. Détrminr la fonction dérivé f. { 0, 4π,π, 5π } f = u v, u(x) = x 2, u (x) = 2x, v(x) = sin 2 (x), v (x) = 2sin(x)cos(x) f = u v +vv, f (x) = 2xsin 2 (x)+x 2 2sin(x)cos(x), f (x) = 2xsin(x)(sin(x)+xcos(x)) 4. Résoudr dans R l inéquation : 5x+ x 4 < 1 La fonction xponntill étant strictmnt croissant sur R : 4x+7 < 1 4x+7 < 1 x < 2, S = ] ;2[ Lycé Mari Curi 2

3 Exrcic 2 6 points Parti A. Rstitution organisé d connaissancs Prérquis : On rappll ls dux résultats suivants : 1) Si z st un nombr complx non nul, on a l équivalnc suivant : { { z = r z = r(cosθ+isinθ) arg z = θ à 2π près r > 0 2) Pour tous nombrs réls a t b : { cos(a+b) = cosacosb sinasinb sin(a+b) = sinacosb+sinbcosa Soint z 1 t z 2 dux nombrs complxs non nuls. Démontrr ls rlations : z 1 z 2 = z 1 z 2 t arg(z 1 z 2 ) = arg(z 1 )+arg(z 2 ) à 2π près z 1 = r 1 (cos(θ 1 )+i sin(θ 2 )), z 2 = r 2 (cos(θ 2 )+i sin(θ 2 )) z 1 z 2 = [r 1 (cos(θ 1 )+i sin(θ 2 ))] [r 2 (cos(θ 2 )+i sin(θ 2 ))] = r 1 r 2 [cos(θ 1 )+i sin(θ 1 )][cos(θ 2 )+i sin(θ 2 )] z 1 z 2 = r 1 r 2 [ cos(θ1 )cos(θ 2 )+i cos(θ 1 )sin(θ 2 )+i sin(θ 1 )cos(θ 2 )+i 2 sin(θ 1 )sin(θ 2 ) ] z 1 z 2 = r 1 r 2 [cos(θ 1 )cos(θ 2 ) sin(θ 1 )sin(θ 2 )+i (sin(θ 1 )cos(θ 2 )+sin(θ 2 )cos(θ 1 ))] = r 1 r 2 [cos(θ 1 +θ 2 )+i (sin(θ 1 +θ 2 ))] Parti B. Pour chaqu proposition, indiqur si ll st vrai ou fauss t proposr un démonstration pour la répons indiqué. Dans l cas d un proposition fauss, la démonstration consistra à fournir un contr-xmpl. Un répons sans démonstration n rapport pas d point. On rappll qu si z st un nombr complx, z = x+iy (x t y réls), z désign l conjugué d z t z désign l modul d z. 1. Si z = i, alors z4 st un nombr rél. Vrai ( ) z = 2 2 +i = 2 2 [ cos ( ) π +i sin 4 ( )] π. 4 Et donc Arg(z) = π 4 [2π] = Arg(z4 ) = 4 Arg(z) = π [2π] = z 4 R 2. Si z +z = 0, alors z = 0. Faux z +z = 0 = x+iy+x iy = 0 = 2x = 0 = x = 0. Et donc tout imaginair pur st aussi solution. Contr xmpl : z =. Si z + 1 z = 0, alors z = i ou z = i. Vrai On résousl équation z+ 1 z = 0 pour z 0. On obtint z2 +1 z = 0 soit z 2 +1 = 0 z 2 i 2 = 0 (z i)(z+i) = Si z = 1 i alors un argumnt d z st π 4. Faux Arg(z) = π 4 = Arg(z) = Arg()+Arg(z) = 0+( π 4 ) = π 4 [2π] Lycé Mari Curi

4 5. La parti imaginair du nombr z st égal à : z z = x+iy (x iy) = x+iy x+iy z z. Vrai = y = y 6. Si z st un imaginair pur, alors z 2 st égal à : y 2. Faux z = iy = z 2 = 0 2 +y 2 = y 2 7. Si z = cos i sin, alors un argumnt d z st ) ) π Faux ( z = cos i sin = cos ) ) π ) ( +i sin π ) = Arg(z) = π 8. Si z = 1+i, un argumnt d z 10 st 5π 2. Vrai Arg(z) = π 4 = Arg(z10 ) = 10 Arg(z) = 10 π 4 = 10π 4 = 5π 2 [2π] Exrcic 7 points 1- a) f st défini sur R t on chrch donc ls limits n t +. En : Pour tout x d R, on a f(x) = x x x t l on sait: lim x x = 0 t lim x xx = 0. On n déduit: lim f(x) = 0. x x = +. On n déduit: lim f(x) =. f(x) = 0, la droit d équation y = 0 st un asymptot horizontal à la courb rprésntativ d f. En + : On a: lim (1 x) = t lim b) Comm lim x 2-a) f = uv avc, pour tout x d R: u(x) = 1 x t v(x) = x. u t v étant dérivabls sur R, f l st aussi t l on a f = u v +uv, c qui donn, pour tout x d R: u (x) = 1 t v (x) = x t donc f (x) = x +(1 x) x = x x. b) Pour tout x d R x > 0 t f (x) st donc du sign d x, c qui nous donn accès au sns d variation d la fonction f. On a l tablau suivant, n calculant facilmnt f(0) = 1, c qui donn la limit d f n 0 par continuité: x 0 + Sign d f (x) Variations d f ր ց 0 - a) On rappll l résultat suivant: Si un fonction f st dérivabl n un rél a, alors sa courb rprésntativ dans un rpèr admt n son point d absciss a un tangnt dont un équation st: y f(a) = f (a)(x a) ou y = f(a)+f (a)(x a) Pour a = 1, on obtint facilmnt: f(1) = 0 t f (1) = t alors un équation d la tangnt T 1 au point A(1,0): y = x+. Pour a = 1, on obtint facilmnt: f( 1) = 2 1 = 2 t f ( 1) = 1 = 1 t alors un équation d la tangnt T 1 au point B( 1, 2 ): y = 1 x+ Lycé Mari Curi 4 x+, soit y =.

5 b) L cofficint dirctur d T 1 st t clui d T 1 st 1. L produit d cs dux cofficints st donc 1. L rpèr étant orthonormé, cla prouv qu cs dux tangnts sont prpndiculairs. 4- a) La fonction g st dérivabl sur R car ll st obtnu à l aid d somms t d produits d fonctions dérivabls sur R. Pour obtnir g t g, on a donc bsoin ds mêms formuls qu l on a déjà utlisés au 2 a). D plus, on a: g = f h où h st la fonction affin défini sur R par h(x) = x+. On a donc très facilmnt: Pour tout x d R, g (x) = f (x) 1, soit g (x) = x x 1. Ensuit: g (x) = x x x +0 soit: g (x) = (x+1) x. b) t c) Pour tout x rél, x > 0, g (x) st donc du sign d (x+1), très simpl à étudir. Par aillurs, g ( 1) = 0 t l on a l tablau suivant qui donn l sign d g (x) t n conséqunc l sns d variation d g. x 1 + Sign d g (x) Variations d g ր ց D après l tablau d variation d g, on a: pour tout x d R, g (x) 0 t g (x) = 0 si t sulmnt si x = 1. On n déduit qu la fonction g st strictmnt décroissant sur R. D plus, on calcul facilmnt g( 1) = 0. On déduit donc l sign d g(x). D plus, on a vu qu g = f h où h st la fonction affin rprésnté par T 1. On déduit alors du sign d g(x) la position d C f par rapport à T 1. Pour x < 1, on a g(x) > 0 t C f st au-dssus d T 1. Pour x = 1, on a g(x) = 0 t t C f coup T 1 au point B. Pour x > 1, on a g(x) < 0 t C f st au-dssous d T 1. Exrcic 4 points 1- La fonction f st défini sur R t ll y st d plus dérivabl comm combinaison d somms t quotint d fonctions dérivabls sur R. La fonction f put s écrir f = u v +2 avc, pour tout x rél: u(x) = x t v(x) = x +1 t donc aussi u (x) = 1 t v (x) = x. On a alors f = u v uv v 2 +0 t a donc facilmnt: f (x) = 1(x +1) x x ( x +1) 2 = x (1 x)+1 ( x +1) 2. On a donc, pour tout x rél: f (x) = g(x) ( x +1) 2. Mais, pour tout x rél ( x +1) 2 > 0 t f (x) st donc du sign d g(x) pour tout rél x. 2- On réfléchit 20 sconds t on voit qu il s agit d éliminr α dans l xprssion d f(α). Pour cla, on sait: g(α) = 0 soit: α (1 α)+1 = 0 d où l on déduit facilmnt: α = 1 α 1. Il n rst plus qu à rmplacr dans l xprssion d f(α) pour obtnir: α f(α) = +2 =... = α +1. L lctur travaillur t attntif complètra ls pointillés s il n l a déjà fait lors d 1 α 1 +1 l épruv. Lycé Mari Curi 5