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Correction de épreuve de maths- nationale 2018 session normaleExercice 1
1- E est une partie non vide de M 2 (  )
Pour tout éléments M ( x, y ) et M ( a, b ) de E on a :
æx
M ( x, y ) - M ( a, b ) = ç
èy

-2 y ö æ a -2b ö
÷-ç
÷
x + 2 y ø è b a + 2b ø

-2 ( y - b ) ö
æx-a

÷
è y - b x - a + 2 ( y - b) ø
= M ( x - a, y - b )

Donc M ( x, y ) - M ( a, b ) Î E
On déduit que

E est un sous groupe de M 2 (  )

2- a) E est une partie non vide de M 2 (  )
Pour tout éléments M ( x, y ) et M ( a, b ) de E et pour tout a et b de  on a :
-2a y ö æ b a
-2 b b ö
æa x
a M ( x, y ) + b M ( a, b ) = ç
÷+ç
÷
è a y xa + 2a y ø è b b b a + 2 b b ø
-2 (a y + b b )
æa x + b a
ö

÷
è a y + b b xa + b a + 2 (a y + b b ) ø
= M (a x + b a , a y + b b )

Donc a M ( x, y ) + b M ( a, b ) Î E
On déduit que

E est un sous espace vectoriel de ( M 2 (  ) , +, ×)

b) Pour tout élément M ( x, y ) de E on a :
æx
M ( x, y ) = ç
èy

-2 y ö
÷
x + 2yø

æ x 0 ö æ 0 -2 y ö

÷+ç
÷
è0 xø è y 2y ø
æ1 0ö
æ 0 -2 ö
= xç
÷+ yç
÷
è0 1ø
è1 2 ø
= xM (1,0 ) + yM ( 0,1)
= xI + yJ

Donc la famille ( I , J ) est génératrice de E

Réalisé par Yassine Mghazli

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Email : y_mghazli@hotmail.com

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Correction de épreuve de maths- nationale 2018 session normaleEt on a

( " ( x, y ) Î  ) ;

xI + yJ = O Þ M ( x, y ) = O

2

æ x -2 y ö æ 0 0 ö
Þç
÷=ç
÷
è y x + 2y ø è0 0ø
Þx= y=0
Donc la famille ( I , J ) est libre
la famille ( I , J ) est une base de E

On déduit que

3- a) Pour tout éléments M ( x, y ) et M ( a, b ) de E on a

M ( x, y ) ´ M ( a, b ) = ( xI + yJ ) ´ ( aI + bJ )
= xaI + xbJ + yaJ + ybJ 2
= xaI + ( xb + ya ) J + ybJ 2

æ 0 -2 ö æ 0 -2 ö æ -2 -4 ö
Or J 2 = ç
÷´ç
÷=ç
÷ = -2 I + 2 J
è1 2 ø è1 2 ø è 2 2 ø

On déduit que M ( x, y ) ´ M ( a, b ) = xaI + ( xb + ya ) J + yb ( -2 I + 2 J )
= ( xa - 2 yb ) I + ( xb + ya + 2 yb ) J
= M ( xa - 2 yb, xb + ya + 2 yb )

Donc M ( x, y ) ´ M ( a, b ) Î E
Se qui prouve que : E est une partie stable de ( M 2 (  ) , ´ )
b- on a

( E, + )

est un groupe commutatif

( M (  ) , +, ´) est un anneau et E
2

est une partie stable dans ( M 2 (  ) , ´ )

Donc ´ est associative dans E et est distributive par rapport à + dans E
De plus on a M ( x, y ) ´ M ( a, b ) = M ( xa - 2 yb, xb + ya + 2 yb )
= M ( ax - 2by, bx + ay + 2by )
= M ( a , b ) ´ M ( x, y )

Donc ´ est commutatif dans E
On déduit que

( E , +, ´ )

est un anneau commutatif

4- a) soient ( x, y ) et ( a, b ) deux éléments de  2 - {( 0, 0 )}
On a j ( ( a + ib ) ´ ( x + iy ) ) = j ( ax - by + i ( ay + bx ) )

= M ( ax - by + ay + bx, - ( ay + bx ) )

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Correction de épreuve de maths- nationale 2018 session normaleEt on a

j ( a + ib ) ´ j ( x + iy ) = M ( a + b, - b ) ´ M ( x + y, - y )
= ( ( a + b ) I - bJ ) ´ ( ( x + y ) I - yJ )
= ( a + b )( x + y ) I - ( y ( a + b ) + b ( x + y ) ) J + yb ( -2 I + 2 J )
= ( ax + ay + bx + by - 2by ) I + ( -ay - by - bx - by + 2by ) J
= ( ax - by + ay + bx ) I - ( ay + bx ) J
= M ( ax - by + ay + bx, - ( ay + bx ) )

j ( ( a + ib ) ´ ( x + iy ) ) = j ( a + ib ) ´ j ( x + iy )

Donc

j est un homomorphisme de ( * , ´ ) vers ( M 2 (  ) , ´ )

On déduit que

b) posons ( x, y ) = (a + b , - b )
ìa + b = x
ìa = x + y
Ûí
on a ( x, y ) = (a + b , - b ) Û í
î- b = y
îb = - y

de plus ( x, y ) Î  2 - {( 0, 0 )} Û (a , b ) Î  2 - {( 0, 0 )}

{

}

On a donc j ( * ) = j ( x + iy ) / ( x, y ) Î  2 - {( 0, 0 )}

{
}
= {M (a , b ) / (a , b ) Î  - {( 0, 0 )}}
= M ( x + y, - y ) / ( x, y ) Î  2 - {( 0, 0 )}
2

= E*

j ( * ) = E *

Finalement

c) j est un homomorphisme de ( * , ´ ) vers ( M 2 (  ) , ´ ) et ( * , ´ ) est un groupe commutatif

(

)

Donc j ( * ) , ´ est un groupe commutatif or j ( * ) = E *

( E , ´) est un groupe commutatif
*

On déduit que
5-

( E , +, ´ )

est un anneau commutatif unitaire ( I Î E )

Et ( E * , ´ ) est un groupe commutatif don tout élément de E est inversible
Donc

( E , +, ´ )

est un corps commutatif

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Correction de épreuve de maths- nationale 2018 session normaleExercice 2
p un nombre premier tel que p = 3 + 4k / k Î *

1- soit x Î  et k Î *
x 2 º 1[ p ] Þ ( x 2 )

2 k -1

( 2k - 1 Î  )

º 1[ p ]

*

Þ x 4 k - 2 º 1[ p ]
Þ x p -5 º 1[ p ]

Donc

si x 2 º 1[ p ] alors x p -5 º 1[ p ]

2- x est un entier relatif vérifiant x p -5 º 1[ p ]
a) On a

x p -5 º 1[ p ] Þ $k Î  / x ´ x p -6 - 1 = kp
Þ x ´ ( x p -6 ) + p ´ ( -k ) = 1

( p - 6Î )
*

Donc d’après le théorème de Bézout x et p sont premiers entre eux

x et p sont premiers entre eux
b) p est premier et ne divise pas x Donc d’après le petit théorème de Fermat x p -1 º 1[ p ]

x p -1 º 1[ p ]
c) On a 2 + ( k - 1)( p - 1) = 2 + kp - k - p + 1

= 3 + kp - k - ( 3 + 4k )
= kp - 5k
= k ( p - 5)
Donc

2 + ( k - 1)( p - 1) = k ( p - 5 )

ìï x p -5 º 1[ p ] ìï x ( p -5)k º 1[ p ]
c) On a í p -1
Þ í p -1 k -1
( )( )
x
º
1
p
[
]
º 1[ p ]
îï
îï x
ìï x ( p -5)k º 1[ p ]
Þ í 2+ p -1 k -1
( )( )
º x2 [ p]
ïî x

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Correction de épreuve de maths- nationale 2018 session normaleOr 2 + ( p - 1)( k - 1) = k ( p - 1) Donc x 2 º 1[ p ]

x 2 º 1[ p ]
3) on a d’après 1- x 2 º 1[ p ] Þ x p -5 º 1[ p ] et d’après 2- x p -5 º 1[ p ] Þ x 2 º 1[ p ]
Donc x 2 º 1[ p ] Û x p -5 º 1[ p ]
Puisque 67 est premier vérifiant 67 = 3 + 4 ´ 16 on déduit que

x 67 -5 º 1[ 67 ] Û x 2 º 1[ 67 ]
Û ( x - 1)( x + 1) º 0 [ 67 ]
Û ( x - 1) º 0 [ 67 ] ou ( x + 1) º 0 [ 67 ]

car (67 est premier )

Û x º 1[ 67 ] oux º -1[ 67 ]
Û x Î {1 + 67 k , -1 + 67k / k Î }

Donc l’ensemble solution de l’équation x 62 º 1[ 67 ] est : {1 + 67 k , -1 + 67k / k Î }
Exercice 3

m est un nombre complexe. ( Em ) : z 2 + ( im + 2 ) z = im + 2 - m = 0
D = ( im + 2 ) - 4 ( im + 2 - m )
2

I)

1-a)

On a

= ( im ) + 4im + 4 - 4im - 8 + 4m
2

= ( im ) + 4m - 4
2

= ( im ) - 4i 2 m + ( 2i )
2

= ( im - 2i )
Donc

le discriminant de

2

2

( Em ) est

D = ( im - 2i )

2

b) Si m = 2 alors D = 0 ,l’équation admet donc un solution unique

-im - 2

Si m ¹ 2 alors D ¹ 0 ,l’équation admet donc deux solutions distinctes
-im - 2 + im - 2i
-im - 2 - im + 2i
et
2
2

Après simplification les deux solutions distinctes sont -1 - i et -im - 1 + i
Résumé si m = 2 alors S = {-im - 2} et si m ¹ 2 alors S = {-1 - i, -im - 1 + i}

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Correction de épreuve de maths- nationale 2018 session normalec) Pour m = i 2
5p

( )

-1 - i = 2e 4

-im - 1 + i = -i i 2 - 1 + i

= 2 + ( -1 + i )
3p

= 2e 0 + 2e 4

i

3p
-3p
3p
iæ i

= 2e 8 ç e 8 + e 8 ÷
è
ø

= 2 cos

3p
8

3p

2e 8

i

La forme exponentielle des solutions est :
5p

-1 - i = 2e 4 et -im - 1 + i = 2 cos

3p
8

3p

2e 8

i

II) 1- a) la formule complexe de la rotation R est z ' - a = -i ( z - a ) avec a l’affixe du centre de R
Calculons a
Puisque R ( M ) = M ' alors m' - a = -i ( m - a )
Donc -ia - a = -m' - im ce qui implique a =

a = w Donc

- ( -im - 1 + i ) - im 1 - i i ( -i - 1)
=
=
=i =w
-1 - i
-1 - i
-1 - i

W est le centre de la rotation R

b) R ( B ) = A Þ a - w = -i ( b - w )
Þb=
b=

a -w
+w
-i

a -w
-1 - 2i
-2i
+w =
+i =
=2
-i
-i
-i

b=2
1- a) On a m' - a = -im - 1 + i + 1 + i = -im + 2i = -i ( m - 2 )

-i ( i - 2 )
w-a
i +1+ i
(m - b) =
( m - 2) =
( m - 2 ) = -i ( m - 2 )
w -b
i-2
i-2
w-a
m' - a =
Donc
(m - b)
w -b
et

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Correction de épreuve de maths- nationale 2018 session normaleb) si m = a alors les points M et A sont confondus
deux points sont toujours alignés et trois points sont toujours cocycliques, l’équivalence est donc
vérifiée.
Si m ¹ a
On a

m' - a =

w-a
m' - a w - a m - b
=
´
(m - b) Û
w -b
m-a w -b m-a
m' - a
Î
m-a

( A, M et M sont alignés) Û
'

Û

w -a m-b
´
Î
w -b m-a

Û ( A, B, W et M sont cocycliques ou alignés)
Û ( A, B, W et M sont cocycliques) car R ( A ) = B

D’où l’équivalence A, M et M ' sont alignés si et seulement si A, B, W et M sont cocycliques
c)

( A, M et M ' sont alignés)

Û ( A, B, W et M sont cocycliques)
Û (M appartient au cercle circonscrit au triangle WAB )

Or R ( A ) = B implique que le triangle WAB est isocèle est rectangle en W
Le cercle circonscrit au triangle WAB et donc le cercle de diamètre [ AB ]
On a

a+b 1 1
æ1 1ö
= - i et b - a = 3 + i donc le milieu de [ AB ] est I ç , - ÷ et AB = 10
2
2 2
è2 2ø

Conclusion l’ensemble des points M tel que A, M et M ' sont alignés est le cercle de diamètre [ AB ]
æ1 1ö
le cercle de diamètre [ AB ] est de centre I ç , - ÷ et de rayon
è2 2ø

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10
2

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Correction de épreuve de maths- nationale 2018 session normaleExercice 4
Partie I
1- a) On a ( "x Î ]0, +¥[ ) ; ò

x

0

x 1+ t -1
t
dt = ò
dt
0
1+ t
1+ t
x
1
= ò 1dt
0
1+ t

= éët - ln (1 + t ) ùû 0
x

= x - ln (1 + x )

Donc

( "x Î ]0, +¥[ ) ; ò

x

0

t
dt = x - ln (1 + x )
1+ t

b) on a u = t 2 donc ( t = 0 Þ u = 0 ) et ( t = x Þ u = x 2 ) et

du
= 2t et t = u
dt

x2
t
u du
dt = ò
0 1+ t
0
1+ u 2 u

( "x Î ]0, +¥[ ) ; ò

x

=

1 x2 1
du
2 ò0 1 + u

1 x2 1
t
du
dt = ò
0 1+ t
2 0 1+ u

Donc ( "x Î ]0, +¥[ ) ; ò
c) la fonction u ®

x

1
est continue sur [ 0, +¥[ en particulier sur éë0, x 2 ùû avec x > 0
1+ u

d’après le théorème de la moyenne $cx Î éë0, x 2 ùû /

Or
Et

x - ln (1 + x ) 1
= 2
x2
x

t
1
ò0 1 + t dx = 2 x 2
x

ò

x2

0

1
x2

ò

x2

0

1
1
du =
1+ u
1 + cx

1
1 1
du =
2 1 + cx
1- u

cx Î éë0, x 2 ùû Þ 0 £ cx £ x 2

Þ 1 £ 1 + cx £ 1 + x
Þ

1
1
£
£1
1 + x 1 + cx

Þ

1
1 1
1
£
£
2 (1 + x ) 2 1 + cx 2

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Correction de épreuve de maths- nationale 2018 session normaleOn déduit que

( "x Î ]0, +¥[ ) ; 2 (11+ x ) £

2- on a ( "x Î ]0, +¥[ ) ;

x - ln (1 + x ) 1
£
x2
2

x - ln (1 + x ) 1
1
1
1
=
£
£
et lim
2
x ®+¥ 2 (1 + x )
2
2 (1 + x )
x
2

Donc d’après le théorème de l’encadrement

x - ln (1 + x ) 1
=
x ®+¥
x2
2
lim

Partie II
f est la fonction définie sur [ 0, +¥[ par : f ( x ) =

1-a) lim+ f ( x ) = lim+
x ®0

x ®0

x +1
ln (1 + x ) si x ¹ 0 et f ( 0 ) = 1
x

ln (1 + x )
x +1
ln (1 + x ) = lim+ ( x + 1)
= (1 + 0 ) ´ 1 = 1 = f ( 0 )
x ®0
x
x

lim f ( x ) = f ( 0 ) Donc f est continue à droite en 0

x ® 0+

f ( x ) - f ( 0)
= lim+
b) lim+
x ®0
x ®0
x

= lim+

x +1
ln (1 + x ) - 1
x
x

( x + 1) ln (1 + x ) - x

x2
ln (1 + x ) - x + x ln (1 + x )
= lim+
x ®0
x2
x - ln (1 + x ) ln (1 + x )
= lim+ +
x ®0
x2
x
1
1
= - +1 =
2
2
x ®0

lim+

x ®0

f ( x ) - f ( 0) 1
= Donc f est dérivable à droite en 0
x
2

æ 1ö
c) lim f ( x ) = lim ç1 + ÷ ln (1 + x ) = +¥
x ®+¥
x ®+¥
è xø

æ
æ 1öö
ln ç1 + ÷ ÷
ç
f ( x)
xø÷
æ 1 ö ln (1 + x )
æ 1 ö ln x
et lim
= lim ç1 + ÷
= lim ç1 + ÷ ç
+ è
=0
x ®+¥
x ®+¥
x ®+¥
x
x
x
x
÷
è xø
è x ø ç 
ç 0
÷
è
ø

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Correction de épreuve de maths- nationale 2018 session normalelim f ( x ) = +¥ et lim

x ®+¥

x ®+¥

f ( x)
=0
x

On déduit que ( C ) admet une branche parabolique de direction l’axe des abscisses au voisinage de +¥
3- a) les fonctions x ®

x +1
et x ® ln (1 + x ) sont dérivables sur ]0, +¥[
x

donc f est dérivables sur ]0, +¥[ (produit de 2 fonctions dérivables sur un même intervalle
-1
1+ x
1
ln (1 + x ) +
´
2
x
x
x +1
-1
1
= 2 ln (1 + x ) +
x
x
x - ln (1 + x )
=
x2

et on a ( "x Î ]0, +¥[ ) ; f ' ( x ) =

Donc

( "x Î ]0, +¥[ ) ; f ( x ) =
'

x - ln (1 + x )
x2

b) d’après 1 - c) de la partie I on a ( "x Î ]0, +¥[ ) ;

x - ln (1 + x )
1
³
>0
2
x
2 (1 + x )

Donc ( "x Î ]0, +¥[ ) ; f ' ( x ) > 0 et f continue à droite en 0 On déduit que
La fonction f est strictement croissante sur [ 0, +¥[
c) f continue est strictement croissante sur [ 0, +¥[ ]0, +¥[ donc
f

([0, +¥[ ) = éëê lim f ( x ) , lim f ( x ) éëê = [1, +¥[
x ® 0+

f

x ®+¥

([0, +¥[ ) = [1, +¥[

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Correction de épreuve de maths- nationale 2018 session normale2- représentation de f

Partie III

( "x Î) ]0, +¥[ ; g ( x ) = f ( x ) - x
1- a) D’après 1- c) de la partie I et 2- a) de la partie II On déduit que :
( "x Î ]0, +¥[ ) ; 2 (11+ x ) £ f ' ( x ) £ 12 et puisque ( "x Î ]0, +¥[ ) ; 2 (11+ x ) > 0
On obtient que ( "x Î ]0, +¥[ ) ;0 < f ' ( x ) £

1
2

b) La fonction g est dérivable sur ]0, +¥[ et on a ( "x Î ]0, +¥[ ) ; g ' ( x ) = f ' ( x ) - 1

( "x Î ]0, +¥[ ) ; 2 (11+ x ) £ f ( x ) £ 12 Þ f ( x ) - 1 £ - 12 < 0
'

'

Þ g' ( x) < 0
Donc la fonction g est strictement décroissante sur ]0, +¥[
La fonction g est continue et est strictement décroissante sur ]0, +¥[

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Correction de épreuve de maths- nationale 2018 session normaleDonc g ( ]0, +¥[ ) = ùú lim g ( x ) , lim+ g ( x ) éê
x ®0
û x ®+¥
ë

æ f ( x) ö
f ( x)
- 1÷ = -¥ ( car lim
= 0)
Et lim g ( x ) = lim f ( x ) - x = lim x ç
x ®+¥
x ®+¥
x ®+¥
x ®+¥
x
è x
ø
lim g ( x ) = lim+ f ( x ) - x = f ( 0 ) = 1 ( f est continue à droite en 0 )

x ® 0+

Donc

x ®0

g ( ]0, +¥[ ) = ]-¥,1[

c) la fonction g est continue et est strictement décroissante sur ]0, +¥[ est g ( ]0, +¥[ ) = ]-¥,1[
Donc g est une bijection de ]0, +¥[ vers ]-¥,1[

0 Î ]-¥,1[ Donc admet un antécédent unique a dans ]0, +¥[ vérifiant g (a ) = 0
Or g (a ) = 0 Û f (a ) = a
On déduit que l’équation f ( x ) = x admet une solution unique a

]0, +¥[

2- a) Montrons par récurrence que ( "n Î  ) , un > 0

a Î ]0, +¥[ et u0 = a donc u0 > 0
Soit n Î  Supposons un > 0

un > 0 Et f strictement croissante sur [ 0, +¥[ donc f ( un ) > f ( 0 ) > 0 et donc un +1 > 0
Par principe de récurrence en déduit que : ( "n Î  ) , un > 0
b) posons a = inf ( un , a ) et b = sup ( un , a )
f Est continue sur [ 0, +¥[ en particulier sur [ a, b ]
f Est continue sur ]0, +¥[ en particulier sur ]a, b[

Don d’après le théorème de l’accroissement fini

$cn Î ]a, b[ /

Et on a

f (b) - f ( a )
= f ' ( cn )
b-a

f (b) - f ( a )
f ( un ) - f (a ) un +1 - a
1
=
=
et f ' ( cn ) £
b-a
un - a
un - a
2

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Correction de épreuve de maths- nationale 2018 session normaleOn déduit que ( "n Î  ) ;

un +1 - a 1
£ et par suite
un - a
2

( "n Î  ) ; un+1 - a

£

1
un - a
2

0

æ1ö
c) pour n = 0 ; u0 - a = a - a £ ç ÷ a - a
è2ø
n

æ1ö
Soit n Î  supposons un - a £ ç ÷ a - a
è2ø
n

1
æ1ö
æ1ö
un - a £ ç ÷ a - a Þ un - a £ ç ÷
2
è2ø
è2ø

n +1

æ1ö
Þ un +1 - a £ ç ÷
è2ø

a -a
n +1

a -a

car ( ( "n Î  ) ; un +1 - a £

1
un - a )
2

n

æ1ö
Donc Par principe de récurrence en déduit que ( "n Î  ) ; un - a £ ç ÷ a - a
è2ø
n

n

æ1ö
æ1ö
d) ( "n Î  ) ; un - a £ ç ÷ a - a et lim ç ÷ a - a = 0
n ®+¥ 2
è2ø
è ø

Donc lim un - a = 0 ce qui implique que lim un = a
n ®+¥

Exercice 5
1-

n ®+¥

la suite admet une limite finiea donc elle converge vers a

( "x Î  ) ; F ( x ) = ò0 et dt
x

2

F Est la primitive de la fonction t ® et

2

sur  qui s’annule en 0

Donc F est dérivable sur  est a pour dérivée la fonction F ' définie  sur par F ' ( x ) = e x

2

F est dérivable sur  donc elle est continue sur 

( "x Î  ) ; F ' ( x ) = e x

2

> 0 donc F est strictement croissante sur 

2- a) ( "t Î  ) ; t 2 ³ 0 Þ et ³ 1 donc
2

( "x Î ]0, +¥[ ) ò e dt £ ò 1dt
Donc ( "x Î ]0, +¥[ ) F ( x ) ³ x
x

t2

1

Réalisé par Yassine Mghazli

x

1

avec

ò 1dt = [t ]
x

1

x

1

=x

http://www.bac-mazraa.com

Email : y_mghazli@hotmail.com

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Correction de épreuve de maths- nationale 2018 session normaleComme lim x = +¥ et ( "x Î ]0, +¥[ ) F ( x ) ³ x on déduit que
x ®+¥

lim F ( x ) = +¥

x ®+¥

-x

u =- t

b) ( "x Î  ) ; - x Î  et F ( - x ) = ò et dt =
2

0

ò

x

0

-eu du = - F ( x ) ( changement de variable u = -t )
2

Donc la fonction F est impaire
x =- t

lim F ( x ) = lim F ( -t ) = lim ( - F ( t ) ) = -¥

x ®-¥

t ®+¥

t ®+¥

Donc lim F ( x ) = -¥
x ®-¥

c) F est continue et est strictement croissante sur  donc c’est une bijection de  vers F (  )
Avec F (  ) = ù lim F ( x ) , lim F ( x ) é = ]-¥, +¥[
x ®+¥
û x ®-¥
ë
Donc F est bijection de  vers 
d) F est dérivable en 0 est F ' ( 0 ) = e0 = 1
Puisque F ' ( 0 ) ¹ 0 alors G est dérivable en F ( 0 ) et on a F ( 0 ) = 0 donc G ( 0 ) = 0
G' ( 0) =

1
1
1
= '
= =1
F (G ( 0)) F ( 0) 1
'

G Est dérivable en 0 est G ' ( 0 ) = 1

fin

Réalisé par Yassine Mghazli

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