SUJET DE BACCALAURÉAT (MAROC, Juin 2004) EPREUVE DE MATHEMATIQUES, FILIERE SCIENCES MATH

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1 SUJET DE BACCALAURÉAT (MAROC, Juin 004) EPREUVE DE MATHEMATIQUES, FILIERE SCIENCES MATH Solution proposé par El Khalil AIMAD-EDDINE, Hicham BASSOU (Evarist) & Saïd BENLAADAM

2 Ercic (3 points) Congrunc d n a n impair impliqu n congru à modulo 8 Soit n un ntir impair, Il ist donc un ntir k tl qu n= k, d où n = 4k 4k = 4 k( k ) Si k st pair alors k st impair t si k st impair alors k st pair, donc dans tous ls cas, kk ( ) st pair, c st à dir qu il ist un ntir p tl qu kk ( ) = p On n déduit alors qu n = 8p, autrmnt dit n [8] Finalmnt, si n st un ntir naturl impair, alors n st congru à un modulo huit b n pair impliqu n congru à 0 ou à 4 modulo 8 Soit n un ntir pair Il ist alors un ntir k tl qu n= k, soit n = 4k On distingu alors du cas, >> Prmir cas Si k st pair, alors il ist un ntir p tl qu k = p, d où n = 4(4 p ) = 6 p n 0 [8] >> Duièm cas Si k st impair, alors il ist un ntir p tl qu k = p, d où, n = 4( p ) = 6k 6k 4 = 6( k k) 4 Comm 6( k k) st divisibl par 8, alors n 4[8] Finalmnt, si n st un ntir naturl pair, alors n st congru à zéro ou à quatr modulo huit Un carré parfait a a b c n st pas un carré parfait a, b t c sont trois ntirs naturls impairs D après la qustion a, on a a [8], b [8] t c [8], d où a b c 3[8] D après la qustion, un carré parfait st congru à zéro, à un ou à quatr modulo huit, donc a b c n st pas un carré parfait a b c n st pas un carré parfait

3 b (abbcac) st congru à 6 modulo 8 On a ( a b c) = a b c ( ab ac bc), D où ( a b c) ( a b c ) = ( ab ac bc) Comm a, b t c sont trois ntirs naturls impairs alors a b c st aussi impair D après la qustion a, on a ( a b c) [8] D après la qustion a, on a a b c 3[8] Donc, ( a b c) ( a b c ) = ( ab ac bc) 3 [8] [8] 6 [8] ( ab ac bc) st congru à 6 modulo 8 c (ab bc ac) n st pas un carré parfait d après la qustion, un carré parfait st congru soit à zéro, soit à quatr modulo huit, comm ( ab ac bc) 6 [8] alors ( ab ac bc) nst pas un carré parfait d ab bc ac n st pas un carré parfait : D après la qustion b, on a ( ab ac bc) 6 [8], donc il ist un ntir naturl p tl qu ( ab ac bc) = 8p 6, autrmnt dit, ab ac bc = 4p 3 D où, ab ac bc 3[4] Montrons maintnant qu un carré parfait st congru soit à zéro soit à un modulo quatr Soit n un ntir naturl, >> Si n st impair, alors il ist un ntir k tl qu n= k, d où n = 4k 4k n [4] >> Si n st pair, alors il ist un ntir k tl qu n= k, d où n = 4k n 0[4] >> Conclusion Un carré parfait st congru soit à zéro soit à un modulo quatr, comm ab ac bc n st pas un carré parfait ab ac bc 3[4] alors 3

4 Ercic (3 points) Un structur algébriqu a Produit d du matrics Soint a t b du réls non nuls, on a, a a a b b ab b a 3 a 3 b 3 b M b 3 a Mb a = = a b ab a a a Or b a = ab = ab 3 b b 3 a 3 b b ab 3 ab, d où, b ϕ st un morphism * ϕ st l application défini d dans par ab ab 3 ab M a M b = = M a b 0 ab E ϕ ( a) = Ma * Montrr qu ϕ st un morphism d ( ; ) dans ( E ; ) rvint à montrr qu ϕ( ab) = ϕ( a) ϕ( b) On a ϕ ( ab) = Mab = Ma Mb d après la qustion précédnt, donc ϕ( ab) = ϕ( a) ϕ( b) c Structur algébriqu d l nsmbl E * L application ϕ st bijctiv, comm st un group multiplicatif alors E st aussi un group multiplicatif Un group a Produit d du matrics Soint a t b du réls non nuls, on a, a b ab b a b a a a b b a 3 b 3 Na Nb 3 a 3 b a = = a 3 a b 3 b ab 3 ab 3 a b ab b 4

5 d où, b b a a 3 a b Na Nb = = Mb a 0 a b b G st un group / G st stabl par la loi : On a G = E F t on propos d montrr qu G muni d la multiplication st un group Soint t y du élémnts non nuls d G Si t y sont dans E, comm E st un group ( qustion c) alors y E (produit d du matrics donn un matric ) t à fortiori y G Si t y sont dans F alors il ist du réls non nuls a t b tls qu = Na t y = Nb t donc y = Na Nb = Mb F, d où y G a Si st dans F t y st dans E, alors il ist du réls non nuls a t b tls qu = Na t y = M b, d où y = Na Mb = Na Mab = Na ( Na Nab), d après la qustion a a Alors, y = ( Na Na) Nab, (l produit matricil étant associatif) 0 Or Na Na = Ma = M = I, avc I = (Matric idntité) 0 a D où y = I Nab = Nab F t à fortiori y G Si st dans E t y st dans F, alors il ist du réls non nuls a t b tls qu = Ma t y = N b, d où : y = Ma Nb = Nb N b Nb = Nb ( Nb Nb) = Nb Mb = Nb M= Nb I = Nb F a a a b a a a donc, y G / G admt un élémnt nutr : D plus I = M G t Ma I = I Ma = Ma Na I = I Na = Na, donc I st l élémnt nutr d G 3/ Ls élémnts d G sont invrsibls : On a Na Na = M = I donc l invrs d N a par la loi st N a ( Na ( Na) = I ) t st donc dans G 5

6 D mêm, Ma M = I, donc l invrs d M a par la loi st M t st donc dans G a a c L group G st-il commutatif? Soint Na t Nb du élémnts d G t soint a t b du réls non nuls Si l group G st commutatif alors Na Nb = Nb N a autrmnt dit M b = M a a b Or n prnant a = t b =, on a : M = M = t M = donc M b Ma Na Nb Nb N a a b G n st pas un group commutatif Ercic 3 (3 points t ½) Résolution d un équation L discriminant du polynôm z z t négatif t vaut 3, l équation racins compls conjugués notés r t r avc : z z = 0 admt donc du Un nsmbl d points r i 3 i 3 = t r = a Un égalité Soit z 0, On a z z = z z, comm z a ib z =, alors a ib = z z Or dans l cadr d ct rcic, on a z = l égalité z z = z( z z) donc a ib z z = = d où 6

7 b L modul t un argumnt d z On a z = = z z z( z z) i Comm z = θ alors iθ =, d plus on a z z = cos( θ ) d où, z z = z( z z) = z z z = cos( θ ) t arg( z ) = arg arg = arg arg, on distingu alors du cas, z z z z cos( θ ) >> Prmir cas cos( θ ) > 0, alors arg( z ) = arg arg =θ [ π ] z cos( θ ) >> Duièm cas cos( θ ) < 0, alors arg( z ) = arg arg =θ π [ π] z cos( θ ) c Un égalité On pos z = i y avc ( ; y) t on propos d montrr qu y = ( ) cos( θ ) isin( θ) cos( θ) isin( θ) On a z = = (cos( θ) isin( θ)) = = z z z cos( θ) cos( θ) cos( θ) cos( θ ) sin( θ ) Comm z = i y, alors = t y = cos( θ ) cos( θ ) θ θ, cos ( ) sin ( ) D où, y = = ( cos( θ)) ( cos( θ)) Il rst à montrr qu ( ) = ;-) ( cos( θ )) cos( θ ) On a ( ) = =, CQFD cos( θ ) cos( θ ) d L nsmbl ds points M L point M st l point d affi hyprbol qu l on caractérisra z On a d après la qustion précédnt, Finalmnt, y = ( ), il s agit d montrr qu ct nsmbl d points appartint à un y = ( ), soit, 7

8 4 y = ( ) = 3 4 = 3 3 3, y 4 3 = = , y = y = 3 3 y = 3 3 On rconnaît alors l équation d un hyprbol dont l foyr st l point d coordonnés,0, d dmi 3 a transvrs 3 t d dmi a non transvrs 3 Ercic 4 (0 points t ½) I Etud d ƒ f st la fonction défini sur * par f( ) = Limits d ƒ au borns d son nsmbl d définition >> Limit d f au voisinag d Dans un soucis d clarté, on pos y =, on a alors, y y lim f( ) = lim = lim = lim =, y y y y >> Limit d f à gauch d zéro lim f( ) = lim 0 0, comm d où, lim f( ) = lim = t 0 lim = 0, 0 8

9 >> Limit d f à droit d zéro lim f( ) = lim 0 0, comm Alors, lim f( ) = 0 lim = t 0 lim = 0, 0 >> Limit d f au voisinag d alors lim f( ) = lim = lim = 0 Variations d ƒ lim f( ) = 0 lim f( ) = 0 >> Eprssion d la dérivé La fonction * st dérivabl sur * La fonction st égalmnt dérivabl sur * ( ) * Donc f st dérivabl sur t f ( ) = =, >> Sign d la dérivé * Comm pour tout rél dans, > 0 t > 0, alors l sign d f n dépnd qu d clui d ( ), c st à dir qu ( ) 0 sur >> Tablau d variations f < ], [, ( ) 0 sur f > ], [ t f ( ) = 0 0 f ( ) - - f ( ) 0 9

10 3 Branchs infinis t construction d C a Natur ds branchs infinis d C >> Puisqu lim f( ) = 0, alors la courb C admt l a ds abscisss comm asymptot horizontal au voisinag d l infini >> Puisqu lim f( ) =, alors la courb C admt l a ds ordonnés comm asymptot 0 vrtical >> Puisqu lim f( ) =, alors la courb C admt l a ds ordonnés comm asymptot 0 vrtical >> Comm lim f( ) =, il faut calculr On a lim paraboliqu lim f ( ) f( ) = lim =, donc la courb C admt au voisinag d l infini un branch 0

11 b Rprésntation graphiqu d la courb C C f II Etud d la suit (u n ) Un inégalité Il s agit d montrr qu pour tout rél on a, pour cla il suffit d étudir l sign d la différnc ntr ls du mmbrs d ctt inégalité Posons d( ) = t montons qu, d( ) 0 d st dérivabl sur t d ( ) =, on n déduit facilmnt qu : d s annul pour = 0 d 0 sur l intrvall [ 0, [ 0 sur l intrvall d ],0]

12 >> D où l tablau d variations d la fonction d 0 d ( ) - d( ) On voit d après l tablau d variations ci-dssus qu d admt un minima n = 0 t qu d (0) = 0 >> Nota Conclusion : Pour tout rél on a d( ) = ( ) 0 d où On put montrr ctt inégalité d la manièr suivant : t t 0, on a dt dt ;-) Un autr inégalité On propos d montrr qu pour tout rél strictmnt positif on a f( ), pour cla t comm indiqué dans l énoncé, on utilis l inégalité établi à la qustion précédnt, c st à dir,, pour tout > 0 car = On divis ls du côtés d ctt inégalité par pour fair apparaîtr l prssion d f ( ) ( étant strictmnt positif --> division autorisé pas d changmnt d sns pour l inégalité) Il vint,, > 0 ( ) On multipli finalmnt ls du côtés d ctt inégalité par 3 Limit d (u n ) a Encadrmnt d u n Il s agit d prouvr par récurrnc qu pour tout ntir naturl 0 n, on a >> u n > 0 Pour n = 0, on a u 0 = > 0, donc la rlation st vrai à l ordr zéro t on obtint 0 < u n n f ( ) On suppos qu la rlation st vrai à l ordr n, c st à dir qu u n > 0 t on s intérss à l ordr n

13 u On a u n n = un, d après l hypothès d récurrnc on sait qu 0 u u n >, d plus n > 0 (l ponntill étant toujours positiv), on n déduit alors qu u n > 0, La rlation st vrai à l ordr n Ell st donc héréditair >> u n n Pour n = 0, on a u 0 = t 0 = donc la rlation st vrai à l ordr zéro On suppos qu la rlation st vrai à l ordr n, c st à dir qu u n t on s intérss à l ordr n n On a un = un f( un), or nous avons montré à la qustion précédnt qu pour tout rél strictmnt positif, on a u f( ) t comm u n > 0 alors u ( ) n n f un un D après l hypothès d récurrnc on a u n, d plus la fonction st croissant sur n 0, (pas d changmnt d sns pour l inégalité) ] [ u L inégalité u ( ) n n f un dvint alors, un u ( ) n f u n n u n f( un), la rlation st vrai à l ordr n, ll st donc n n héréditair Finalmnt, pour tout ntir naturl n, on a 0 < u n n b Convrgnc t limit d la suit (u n ) On utilis l ncadrmnt d un démontré à la qustion précédnt, c st à dir 0 < u n t on n pass à la limit (notons qu l passag à la limit fait changr ls inégalités stricts n inégalités largs), On a, 0 lim un lim n n n, comm lim = 0 alors d après l théorèm ds gndarms, n on a lim un = 0 n n La suit ( u n ) st donc convrgnt t sa limit vaut zéro 3

14 4 Etud d la suit (v n ) a Un autr prssion d v n La suit ( v n ) st défini pour tout ntir naturl n non nul par v n n, k = 0 = uk on propos d montrr qu vn = ln un u n On part d l prssion d ( un), c st à dir un = un t on «compos avc l LN» ds du côtés d l égalité, (notons qu d après la qustion II3a on a u n > 0 ) u u n n ln( un) = ln( un ) = ln( un) ln( ) = ln( un) un On pass à la somm, trm à trm, n n n ln( uk) = ln( uk ) u k k= k= k= ln( u ) ln( u ) ln( u ) ln( u ) = ln( u ) ln( u ) ln( u ) ln( u ) u 3 n 0 n Après simplification, il rst, n ln( un) = ln( u0) uk k = Comm u 0 =, alors ln( u 0) = 0, d plus (décalag d indic) n n k = k n uk= u0 u u un= uk =vn k= k= 0 Alors, vn = ln( un) = ln un, u n étant strictmnt positif b Limit d (v n ) Nous savons d après la qustion II3a qu lim u n =, d où Comm vn = ln alors un n lim vn = lim ln = n n un lim = 0 n un La suit ( vn ) st divrgnt t lim v n n = 4

15 III Etud d F F st la fonction défini sur l intrvall [ 0, [ par Un ncadrmnt a Valur d un intégral 4 F( ) = ( ) > 0 F(0) = ln() 4 f t dt dt 4 On a t ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) t = ln = ln 4 ln = ln 4 ln ln = ln(4) = ln = ln() b Encadrmnt d - t >> t A la qustion II on a montré qu pour tout rél, on a t Posons = t, l inégalité dvint alors t t, autrmnt dit t t >> 0 On a t > 0 t < 0 < <0 Finalmnt, pour tout rél t strictmnt positif, on a 0 Continuité t dérivabilité d F à droit d zéro a Encadrmnt d F() ln() Il s agit d montrr qu pour tout rél strictmnt positif, on a 3 F( ) ln() 0, pour cla on utilis l ncadrmnt établit à la qustion précédnt : t > 0, on a 0 On divis nsuit ls mmbrs d ctt inégalité par t (t st strictmnt positif) c qui donn : 0 t t On intègr nsuit ctt inégalité sur l intrvall,4, il vint : dt dt dt 0, autrmnt dit t t On a vu à la qustion IIIa qu 3 F( ) ln() dt dt F( ) 0 t 4 4 dt ln() t =, d plus dt =3, d où, 5

16 Finalmnt, 3 F( ) ln() 0 b Continuité t dérivabilité d F à droit d zéro >> Continuité d F à droit d zéro Il s agit d montrr qu lim F( ) = F(0), pour cla on utilis l ncadrmnt d la qustion 0 précédnt On a 3 < F( ) ln() 0 On pass à la limit (notons qu l passag à la limit fait passr ls inégalités stricts n inégalités largs) lim 3 lim ( F( ) ln() ) Comm lim 3 0 alors d après ls théorèm ds gndarms, on a lim F( ) ln() = 0, 0 0 = ( ) d où lim F( ) = ln() = F(0) 0 F st donc continu à droit d zéro >> Dérivabilité d F à droit d zéro On part égalmnt d l ncadrmnt 3 < F( ) ln() 0 t on fait apparaîtr l tau d accroissmnt d F à droit d zéro > 0, on a, F( ) ln() F( ) F(0) F( ) F(0) 3< 0 3< 0 lim 3 lim F( ) F(0) Comm lim 3 = 0 t lim = F (0) alors d après ls gndarms : F st dérivabl à droit d zéro t 3 Limit d F au voisinag d l infini a Majoration d ƒ(t) Pour tout rél t, f () t st majoré par t t t sns ;-) t : F (0) = 0, notons qu l ponntill st positiv donc l inégalité n chang pas d Finalmnt, t f( t) 6

17 b Limit d ƒ au voisinag d l infini Nous vnons d montrr qu pour tout rél alors qu 0 < f ( t) < On intègr nsuit ctt inégalité sur l intrvall t, on a f () t <, d plus f() t = > 0, on n déduit t, f t dt dt F dt 4 0 < ( ) < 0 < ( ) <, il vint, dt = [ ] =( ), d où 0 < F( ) < ( ) Par aillurs, 4 On pass à la limit, 0 lim F( ) lim ( ) 4 lim ( ) = 0 Comm alors d après ls gndarms, on a : 4 Variations d F a La dérivé d F lim F( ) = 0 On commnc par justifir la dérivabilité d l prssion d F ( ) D après la qustion IIIb, on a F dérivabl à droit d zéro Notons H la primitiv d la fonction f : t t H( ) = dt t F sur l intrvall [ 0, [ t on donnra nsuit sur l intrvall ] [ Nous avons F( ) = H(4 ) H( ) donc st dérivabl sur dérivabls : H, >> Conclusion F st dérivabl sur 4 t [ 0, [ t ) F ] [ 4 ( ) 4 4 F ( ) = 8 = = 4 0, s annulant n =, donc : 0, (car composé d fonctions 7

18 b Variations d F >> Sign d F L dénominatur d Or pour tout rél F 0, on a étant positif sur *, l sign d dérivé st clui d car 4 D où 0 F ( ) 0 F st décroissant >> Tablau d variations d F 4 st croissant 0 F ( ) - ln() F( ) 0 c Rprésntation graphiqu d C F C F 5 Limit d G G st la fonction défini sur ] [ a Un autr prssion d G 4 0, par G( ) = ln( tdt ) On intègr par partis l prssion ln( t) dt n posant : 4 8

19 ut () = ln() t u () t = t, v () t = vt () = C qui donn ( ) ln = = ( ln(4 ) ln( ) ) ( > 0 G t dt F t ) pour tout 4 Finalmnt, pour tout rél strictmnt positif, on a bin ( ) b Un limit ( ) G ( ) = F ln(4 ) ln( ) Valur d lim 4 ln( ) 0 4 Pour tout 4 strictmnt positif on a ( ) ln( ) = ln( ) 4 On sait qu lim ln( ) = 0 t on calcul la valur d lim On pos l ( ) =, notons qu l (0) = 0 t qu l st dérivabl, donc, 4 l( ) l(0) 4 lim = lim = l (0), par aillurs l ( ) = 4, d où l (0) = lim ln( ) = lim ln( ) = 3 0 = Finalmnt, ( ) c Limit d G() à droit d zéro On a montré à la qustion III5a qu pour tout autrmnt dit, 4 > 0 on a G ( ) = F( ) ln(4 ) ln( ), G( ) = F( ) ( ln(4) ln( ) ) ln( ) = F( ) ln(4) ln( ) ( ) Soit lim ( ) lim ( ) lim ln(4) 4 G = F lim ln( ) ( 4 ) lim F = F(0) = ln(), on sait égalmnt d après la qustion précédnt qu 0 lim ( 4) ln( ) = 0 0 On sait qu ( ) D où, lim G ( ) = ln() ln(4) = ln() ln() = 0 0 FIN 9