Corrigé Bac Maths S1 S3 1er groupe 2010
Exercice 1
1) Soit M un point du plan.
on a
M∈E⇔MA=4MB⇔MA2=16MB2⇔MA2−16MB2=0⇔(→MA−4→MB)(→MA+4→MB)=0
Faisons intervenir les barycentres G1 et G2 des systèmes {(A, 1); (B, −4)} et {(A, 1); (B, 4)} respectivement. Alors
M∈E⇔→G1A.→G2B=0
E est donc le cercle de diamètre [G1G2]
2) L'ensemble F est l'arc capable défini par les points A, B et l'angle θ=π4.
Soit T l'unique demi droite d'origine θ telle que pour tout point P de T, on a : (→AP, →AB)=θ. Désignons par H l'intersection de la médiatrice de [AB] avec la perpendiculaire
à T passant par A et par C le cercle de centre H et de rayon HA.
Alors F est l'arc de C d'extrémités A et B tel que F et T se trouvent dans des demi plans distincts de frontière la droite (AB).
3) a) D étant l'image de B par l'homothétie de centre A et de rapport 34, on a →AD=34→AB.
on en déduit que →DB=14→AB.
C étant l'image de B par la rotation de centre A et d'angle 34π, on a AC=AB et (→AB, →AC)=34π.
Dans le tableau suivant les points de la deuxième ligne sont les images par s des points de la première ligne.
ACIBDI
Le rapport de s est DBCA=14ABCA=14 et son angle est modulo 2π :
(→AC, →BD)=(→AC, −→DB)=π+(→AC, →DB)=π+(→AC, →AB)=π−34π=π4
Le rapport de s est 14 et son angle est π4[2π]
b) On a aussi IBIA= rapport de s c'est à dire IBIA=4 ou I appartient à E
Puis (→IA, →IB)= angle de s c'est à dire (→IA, →IB)=π4 ou I appartient à F.
I est donc le seul point d'intersection de E et de F.
On a encore (→IC, →ID)= angle de s c'est à dire (→IC, →ID)=π4
D'autre part (→AC, →AD)=(→AC, →AB)=−angle de s c'est à dire (→AC, →AD)=−3π4.
On en déduit en faisant la différence (→IC, →ID)−(→AC, →AD)=π c'est à dire (→IC, →ID)=(→AC, →AD)[π]
Donc les points I, A, C et D sont cocycliques, autrement dit I appartient au cercle circonscrit au triangle ACD.
Exercice 2
1) a) Pour que 193 soit premier, il faut et il suffit qu'il soit non divisible par tout nombre premier dont le carré est inférieur à 193. Ces nombres sont 2, 3, 5, 7, 11, 13 et aucun d'eux ne divise 193.
b) 193 étant premier, est premier avec tout entier naturel strictement plus petit, en particulier, il est premier avec 192.
Il suffit d'appliquer le petit théorème de Fermat avec a=193 et p=192.
2) a) Le couple (x0, y0)=(155, 67) est solution de (E) parce que 83.155−192.67=1.
b) Si (x, y) est une solution de (E) on peut écrire : 83.x0−192.y0=183.x−192.y=1
Puis en faisant la différence
83.(x−x0)−192.(y−y0)=0
c'est à dire
83.(x−x0)=192.(y−y0)
Or 83 est premier avec 192 parce que l'équation (E) a une solution (théorème de Bezout).
La relation précédente montre que 83 divise le produit 192.(y−y0) (en x−x0 parties) ; comme il est premier avec 192, il divise y−y0 (théorème de Gauss).
Donc il existe un entier k tel que y−y0=83k soit y=y0+83k.
La relation 83.x−192.y=1 devient alors 83.x=192.(y0+83k)+1=83.(x0+192k) c'est à dire x=x0+192k.
Ensuite on vérifie que n'importe quel couple du genre (x0+192k, y0+83k) est bien une solution de (E).
L'ensemble des solutions de (E) est {(155+192k, 67+83k), k∈Z}
3) On utilisera la propriété suivante : Si a, b et n sont des entiers tels que
a≡b[n]
alors pour tout entier naturel k on a :
ak≡bk[n]
Posons A={0, …, 192}.
Pour tout a∈A, f(a) et g(a) sont les seuls éléments de A tels que :
f(a)=a83[193](1)
et g(a)=a155[193](2)
Puisque g(a) appartient à A, dans (2), on peut remplacer a par f(a) :
g(f(a))=f(a)155[193]
Dans (1) utilisons la propriété citée avec k=155 :
f(a)155=(a83)155[193]
On obtient alors par transitivité de ≡ :
g(f(a))≡a83×155[193](3)
a) Reprenons la relation 83.x0+192.y0=1
qui s'écrit aussi : 83.x0=1+192.y0
Cette relation permet d'avoir :
a83.x0=a1+192.y0=a(a192)67
Comme nous le savons déjà a192≡1[193]. Donc
a83×155=a83.x0=a1+192.y0≡a.167[193]
Finalement
a83×155≡a[193](4)
(3) et (4) entraînent par transitivité :
g(f(a))≡a[193]
g(f(a)) et a sont des éléments de A équivalents modulo 193.
Nous allons monter qu'ils sont égaux.
g(f(a)) et a sont des éléments de A entraîne |g(f(a))−a|≤192
g(f(a))≡a[193] signifie il existe un entier k tel que g(f(a))−a=193k.
On déduit de ces deux propriétés que 193|k|≤192 c'est à dire k=0 ou g(f(a))=a.
Le même raisonnement montre que pour tout a∈A, on a : f(g(a))=a.
Nous venons de démontrer que f∘g=g∘f=IA
Problème
Partie A
1) a) Dans (01), en dérivant la première équation et en remplaçant v′ par sa valeur tirée de la deuxième équation on obtient : u″=v′=au. Cette dernière équation est équivalente à : u″−au=0. La fonction u est donc solution de (02).
De même, dans (01), en dérivant la deuxième équation et en remplaçant u′ par sa valeur tirée de de la première équation on obtient : v″=au′=av. Cette dernière équation est équivalente à : v″−av=0. La fonction v est donc solution de (02), équation différentielle linéaire homogène du second ordre à coefficient constants.
b) l'équation caractéristique de (02) est r2−a=0.
⋅ Si a>0 l'équation caractéristique a pour solutions √a et −√a. La solution générale de y″−ay=0 est donc y=λe√at+μe−√at
λ et μ constantes arbitraires.
La fonction u étant solution de (02) est de la forme précédente.
La relation v=u′ donne alors v=λ√ae√at−μ√ae−√at
La solution générale de (01) est donc
u=λe√at+μe−√atv=λ√ae√at−μ√ae−√at,λ et μ∈R
⋅ Si a<0 l'équation caractéristique a pour solutions i√−a et −i√−a. La solution générale de y″−ay=0 est donc y=λcos√−at+μsin√−at
λ et μ constantes arbitraires.
La fonction u étant solution de (02) est de la forme précédente.
La relation v=u′ donne alors v=−λ√−asin√−at+μ√−acos√−at
La solution générale de (01) est donc
u=λcos√−at+μsin√−atv=−λ√−asin√−at+μ√−acos√−at,λ et μ∈R
⋅ Si a=0 l'équation caractéristique a pour solutions 0. La solution générale de y″−ay=0 est donc y=λt+μ
λ et μ constantes arbitraires.
La fonction u étant solution de (02) est de la forme précédente.
La relation v=u′ donne alors v=λ
La solution générale de (01) est donc
u=λt+μv=λ,λ et μ∈R
2) Si a=1, il existe deux constantes λ et μ telles que :
u=λet+μe−tv=λet−μe−t
La relation u(0)=3 et v(0)=0 se traduit par
λ+μ=3λ−μ=0
Finalement
u=32(et+e−t)v=32(et−e−t)
Partie B
1) a) Un point M de coordonnées (x, y) appartient à Γ si et seulement si ∃t∈R : x=32(et+e−t)y=32(et−e−t)
En élevant au carré et en faisant la différence, on obtient
x2−y2=94(e2t+e−2t+2)−94(e2t+e−2t)−2=9
Par conséquent Γ est bien contenue dans la courbe d'équation x2−y2−9=0
b) Pour construire Γ il suffit de savoir que Γ est la partie C0 de la conique dont les points ont des coordonnées positives.
Γ est contenue dans C0 car pour tout réel t≥0, x(t) et y(t) sont positives.
Réciproquement, soit M(x, y) un point de C0 c'est à dire un point tel que :
x≥0y≥0x2−y2−9=0
et cherchons t∈R+ tel que
x=32(et+e−t)y=32(et−e−t)
La relation x2=y2+9 montre que x est ≥3.
En posant s=et on doit donc chercher un s≥1 tel que x=32(s+1s) c'est à dire
3s2−2xs+3=0
Les racines de cette dernière équation sont
s1=13(x+√x2−9)ets2=13(x−√x2−9)
Les racines sont de même signe car leur produit est 1. La racine s1 est ≥1 ; en effet s1=13(x+√x2−9)≥13x≥1.
Donc la racine s2 est ≤1.
On prendra donc s=s1=13(x+√x2−9) c'est à dire t=ln13(x+√x2−9)
Donc C0⊂Γ
Finalement C0=Γ
2) a) Un réel x appartient à l'ensemble Df de définition de f si et seulement si x2−9≥ c'est à dire x∈]−∞, 3]∪[3, +∞[.
Donc Df=]−∞, 3]∪[3, +∞[
limx↦−∞f(x)=−∞
Quand x↦+∞ nous sommes en présence d'une indétermination de la forme "+∞−∞".
Pour lever cette indétermination, on peut écrire :
f(x)=x−√x2−9=x2−(x2−9)x+√x2−9=9x+√x2−9
Donc limx↦+∞f(x)=0
La fonction f est dérivable sur Df=]−∞, 3]∪[3, +∞[ et ∀x∈Df, f′(x)=1−x√x2−9
Si x<−3 , la dérivée est >0.
Si x>3, la dérivée est <0 car
f′(x)=√x2−9−x√x2−9=−9√x2−9(√x2−9+x)<0
On en déduit que la dérivée ne s'annule pas dans ˙Df.
Au point 3, le taux d'accroissement est pour h>0 :
τ(h)=f(3+h)−f(3)h=√h2+6hh=√1+6h
Il a pour limite +∞ quand h tend vers 0+. La fonction f n'est donc pas dérivable à droite au point 3 et on peut ajouter qu'au point de Cf dont l'abscisse est 3 il y a une demi-tangente verticale.
Raisonnement analogue au point -3 ; en ce point le taux d'accroissement est pour h<0 :
τ(h)=f(−3+h)−f(−3)h=√h2−6hh=−√1−6h
Il a pour limite −∞ quand h tend vers 0−. La fonction f n'est donc pas dérivable à gauche au point -3 et on peut ajouter qu'au point de Cf dont l'abscisse est -3 il y a une demi-tangente verticale.
Voir le tableau de variation de f en fin de document.
b) La fonction f est continue et strictement décroissante dans l'intervalle I. Sa restriction φ à cet intervalle est donc une bijection de I sur J=f(I)=]limx↦+∞f(x), f(3)]=]0, 3]
c) Soit y∈J et cherchons x∈I tel que f(x)=y
∀y∈J, f(x)=y⇔y=x−√x2−9⇔{x−y≥0(x−y)2=x2−9⇔{x−y≥0−2xy+y2=−9⇔{x−y≥0x=y2+92y
L'application réciproque de φ est donc définie par ∀y∈J, φ−1(y)=y2+92y=g(y)
Remarque
1. Une fois que l'on sait que φ est bijective et puisque que la réciproque est donnée par l'énoncé, il suffit de vérifier que ∀x∈J, g(x)∈I et f∘g(x)=x.
L'étude des variations de g montre bien que g(J)=I.
∀y∈J, f∘g(x)=g(x)−√g(x)2−9=x2+92x−√(x2+92x)2−9
∀y∈J, f∘g(x)=x2+92x−√(x2−92x)2=x2+92x−|x2−92x|
Or x∈]0, 3] ⇒ x2−92x=x2−92x=(x−3)(x+3)2x≤0 ; donc
∀y∈J, f∘g(x)=x2+92x−(−x2+92x)=x
2. Si on n'a pas montré que φ est bijective, il est nécessaire de vérifier que
∀x∈J, g(x)∈I et f∘g(x)=x
et ∀x∈I, f(x)∈J et g∘f(x)=x
3) a) On a pour tout β∈]0, 3[
∫3βg(x)dx=[x24+92ln|x|]3β
∫3βg(x)dx=−β24+94−92lnβ3
Les courbes Cφ et Cφ−1 étant symétriques par rapport à la première bissectrice, ∫α3f(x)dx représente aussi l'aire du domaine plan Δ1 délimité par les droites (B′E), (C′D′) l'axe des ordonnées et la courbe Cφ−1.
Soit Δ2 l'aire du rectangle B′FD′C′ et Δ3 l'aire du rectangle ABEF. Alors :
∫α3f(x)dx=∫3βg(x)dx+Δ2−Δ3=−β24+94−92lnβ3+β(α−3)−3(3−β)=−β24−274−92lnβ3+αβ=−β24−274−92lnβ3+(β2+92β)β
Finalement ∫α3f(x)dx=β24−94−92lnβ3
b) Ici α=5 donc β est tel que g(β)=5 c'est à dire β=f(5)=1.
L'aire demandée est A=∫α3√x2−9dx en unités d'aire.
A=∫α3√x2−9dx=−∫α3f(x)dx+∫α3xdx=−β24+94−92lnβ3+12[x2]α3=−β24+94−92lnβ3+12α2=−β24−94+92lnβ3+12(β2+92β)2=−β28+818β2+92lnβ3
Et puisque β=1, A=10−92ln3 unités d'aire.
Partie C
1) a) La fonction g est définie et continue sur R∗ et ∀x∈R∗, g′(x)=12x2−9x2
limx↦+∞g(x)=+∞, limx↦−∞g(x)=−∞, limx↦0+g(x)=+∞, limx↦0−g(x)=−∞
Voir le tableau de variation de g en fin de document.
Posons K=[3, +∞[. Le tableau de variation de g montre que g(K)=K.
Démontrons par récurrence que ∀n∈N, un>3.
La propriété est vrai au rang 0 par ce que u0=5>3.
Supposons que la propriété soit vraie jusqu'à un rang n, en particulier un>3 c'est à dire un∈K. Alors un+1=g(un)∈g(K)=K.
Par conséquent la propriété est vraie pour tout n.
La fonction g étant strictement croissante dans K, son taux d'accroissement est strictement positif dans K. Donc, puisque pour tout n∈N∗, un et un−1 appartiennent à K, on a : g(un)−g(un−1)un−un−1 est strictement positif c'est à dire un+1−unun−un−1>0
b) Les réels un+1−un et un−un−1 ayant même signe, la suite (un+1−un) garde un signe constant. Cela signifie que la suite (un) est monotone.
Le signe de un+1−un est alors celui de u1−u0=52+910−5=−135<0.
La suite (un) est strictement décroissante.
La suite (un) étant décroissante et minorée par 3, a une limite ℓ supérieure à 3.
c) Puisque la fonction g est continue dans K (c'est une fonction rationnelle dont le dénominateur ne s'annule pas dans K) la relation ∀n∈N, g(un)=un+1 entraîne g(ℓ)=ℓ
c'est à dire ℓ=−3 ou 3. Donc
limn↦+∞un=3
2) a) Soient n un entier naturel non nul et appliquons le théorème des accroissements finis g dans l'intervalle [3, un−1] : il existe un réel x0 dans [3, un−1] tel que g(un−1)−g(3)un−1−3=g′(x0)
c'est à dire un−3un−1−3=12−92x20
donc un−3un−1−3<12
En faisant le produit membre à membre de n=1 à n=p entier supérieur à 1 on obtient :
n=p∏n=1un−3un−1−3<n=p∏n=112
c'est à dire après simplification
up−3u0−3<(12)psoit up−3<12p−1
Puisque limp↦+∞12p−1=0 et ∀p∈N∗, 0≤up−3<12p−1
le théorème des gendarmes permet de conclure que limp↦+∞|up−3|=0 c'est à dire
limp↦+∞up=3
b) La relation ∀p∈N∗, 0≤up−3<12p−1 montre que pour que n soit tel que up−3 soit inférieur à 10−3, il suffit que 12n−1≤10−3 c'est à dire (n−1)ln12≤−3ln10 ou n≥3ln10ln2+1
Finalement on peut prendre
n=E(3ln10ln2+1)+1=11
3) a) Examinons d'abord le rapport vn+1
vn+1=un+1−3un+1+3=un2+92un−3un2+92un+3=u2n−6un+9u2n+6un+9=(un−3)2(un+3)2=v2n
En prenant le logarithme on trouve lnvn+1=2lnvn
La suite (lnvn) est donc géométrique de raison 2 et de 1er terme lnv0=lnu0−3u0+3=ln25
b) Par conséquent ∀n∈N, lnvn=2nlnv0=ln(25)2n
Soit en posant q=25 : ∀n∈N, vn=q2n
Tirons maintenant un en fonction de vn :
∀n∈N, vn=un−3un+3⇔un(1−vn)=3vn+3⇔un=31+vn1−vn
Donc ∀n∈N, un=31+q2n1−q2n
Puisque q appartient à ]0, 1[, la suite q2n a pour limite 0 quand n tend vers +∞. Donc limn↦+∞un=limn↦+∞31+q2n1−q2n=3
x−∞−33+∞f′+||−−33f↗||↘−∞||0
x−∞−33+∞g′+|−||−|+−3−∞|+∞g↗|↘||↘|↗−∞|−∞3
Commentaires
Cisse issa (non vérifié)
ven, 05/01/2020 - 17:28
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