Corrigé de l'épreuve de maths bac sciences mathématiques SN 1 2020 .pdf

Corrigé de l’épreuve de Maths
Session normale
2020

2ème année Sciences Mathématiques

Préparé et présenté par
Mr.EL ABBASSI Mohammed
Professeur de Mathématiques
Au lycée Ibn Abdoun- Khouribga

J’avoue que le sujet était relativement long
et exigeant au niveau de la rigueur
Il fallait choisir l’un des deux exercices 1 ou bien 2
Moi, j’ai traité les deux
07 juillet 2020
1

Exercice 1 (Arithmétique)

( )

Considérons dans  Z l’équation D : 7 x3 −13 y = 5 .

( )

1- Supposons que l’équation D admet une solution ( x, y ) dans  Z .
a- Montrons que x et 13 sont premiers entre eux .
Pour cela, posons d = x 13 et montrons que d =1.
Comme d = x 13 alors d / x et d /13
Donc d / x  7 x2 +13 ( − y )
D’où d /5 ( car 5 = 7 x3 −13 y )
Et par suite d = 5 ou d =1 ( puisque 5 est premier et d 1 )
Et comme 5 ne divise pas 13 alors d =1
Et par suite x et 13 sont premiers entre eux .
b- Déduisons que x12 113




Comme 13 est premier et comme x13 =1 alors d’après le théorème de
Fermat x13−1  113 c.à.d x12 113 .
c-Montrons que



 
x3  10 13



On a : 7 x3 −13 y = 5 et comme 5  70 13 et 13 y  0 13 alors 7 x3  70 13












Donc 13/ 7  x3 −10  et comme 13  7 =1 alors d’après le théorème de Gauss




13/ x3 −10 et par suite x3  10 13 .
 
d- Déduisons que x12  3 13




On a d’après la question précédente x3  10 13 et comme 10 − 3 13

( )









Alors x3  ( −3) 13 et comme ( −3)  27  3 13 et 27  113
4

4

4







Alors x12  3 13 .










( )

2- D’après ce qui a précédé, si on suppose que l’équation D admet une
solution ( x, y ) dans  Z alors x12 113 et x12  3 13 d’où 1  3 13
 








c.à.d 13/2 ce qui contredit le fait que 13 ne divise pas 2.
On en déduit que l’équation D ne peut pas avoir de solution dans  Z .

( )

Mr.EL ABBASSI Mohammed - professeur de Maths au lycée Ibn Abdoun-Khouribga

2

Exercice 2 ( Structures )


1 x 
E = 
/ ( x, y )  
 0 y 





( )

1- a Montrons que E est une partie stable dans   2  , 




Pour cela, considérons deux matrices M et N de E tels que
1 x 
1 a 
 et montrons que M  N  E .
M = M ( a, b ) =   et N = M ( x, y ) = 
0 y
0 b





( Sous-entendu , on a ( a, x )  et (b, y )  (  ) )
2

1 a  1 x  11+ a  0
1 x + a  y  1 x + ay 
=
 = M ( x + ay, by )
=
On a : M  N =    
 0 b   0 y   0 1+ b  0
  0 by

0

x
+
b

y

 
 
 


Et comme x + ay  ( car (, +,) est un anneau) et by  ( car ( ,) est
un groupe ) alors M  N  E

( )

Et par suite E est une partie stable dans   2  ,  .




b- Montrons que la loi  n’est pas commutative dans E .
Pour cela, considérons deux matrices M et N de E tels que
1 x 
1 a 
 et montrons que M  N  E .
M = M ( a, b ) =   et N = M ( x, y ) = 
0 y
0 b




1 x + ay 
 = M ( x + ay, by )
On a d’après la question précédente M  N = 
 0 by



1 a + xb 
 = M ( a + xb, yb ) .
et N  M = 
 0 yb




On constate bien que M  N  N  M en général , en effet si on prend par
1 1 
1 3 
exemple M =   et N =  
 0 2
0 1




On a M  N

1
=
0


1 7 
4 

et N  M = 
 0 2
2 



Donc M  N  N  M et par suite la loi  n’est pas commutative dans E .

c – On a 1
0



1
x  

y   0



−x  
−x
1 
1

1
+
x

0
1

+
x


y  
y
y  1 0 
=
=
1  
−x
1   0 1
01+ y0 0 + y 
y  
y
y

3

Mr.EL ABBASSI Mohammed - professeur de Maths au lycée Ibn Abdoun-Khouribga

De même, on a :

1


 0


−x 

y  1

1  0

y 


−x
−x


1

1
+

0
1

x
+
y 

x 
y
y
1 0 
=
=
y   01+ 1 0 0 x + 1  y   0 1


y
y



( E,) est un groupe.
On a : E  M (  ) et E ( car I E, I = M ( 0,1) )
2
2- Montrons que

( )

D’après 1)a- E est une partie stable dans   2  ,  .

( )





Comme E est stable dans   2  ,  et comme  est associative dans




() , alors elle l’est dans E et comme I est l’élément neutre dans


  2 () ,  alors il l’est aussi dans ( E,) .



 2


1
Et d’après la question précédente l’inverse de tout élément 
0


 2


−x 
y  et comme


1 
0
y 




() , est 1


bien l’inverse de 1 x  dans


0

D’où

y

x  de E dans

y 

− x et 1 alors 1

y
y


−x 
y  est
1 
0
y 


E.

( E,) est un groupe, et d’après la question 1)b- ce groupe est non

commutatif.
3) Considérons la partie F de E définie par :

1 x −1
 = M x −1, x
F =  M ( x ) = 
0 x 





(

 → E
a- Considérons l’application  :
x → ( x ) = M ( x )

)



/ x 




Mr.EL ABBASSI Mohammed - professeur de Maths au lycée Ibn Abdoun-Khouribga

4

Montrons que  est un homomorphisme de (,) vers ( E,) .
On a d’une part : ( x, y ) ( ) ,  ( x  y ) = ( xy ) = M ( xy ) = M ( xy −1, xy )
2

Et d’autre part :

 ( x) ( y ) = M ( x )  M ( y ) = M ( x −1, x ) M ( y −1, y ) = M  y −1+ ( x −1) y, xy 
= M ( y −1+ xy − y, xy ) = M ( xy −1, xy )
D’où : ( x, y ) ( ) ,  ( x  y ) = ( x )  ( x )
2

Et par suite  est un homomorphisme de (,) vers ( E,) .

(

)

b- Déduisons que F , est un groupe commutatif et précisons son élément
neutre .
Par définition de F, on en déduit que F =   , en effet F =   ( x ) / x  

( )





Et comme  est un homomorphisme de (,) vers ( E,) et comme (,) est

( ( ) )

)
Comme 1 est l’élément neutre de (,) alors  (1) c.à.d I est l’élément neutre
de ( ( ) ,) qui est bien ( F ,) . (  (1) = M (1) = I )
(

un groupe commutatif alors   , c.à.d F , est un groupe commutatif.

Exercice 3 ( Les complexes )
Première partie

()

C l’équation E : z3 − 2mz2 + 2m2 z − m3 = 0 , avec mC .
1- Résolvons dans C l’équation (E) , sachant que m est une solution de (E) .
Considérons dans

On a  z C: z3 − 2mz 2 + 2m2 z − m3 = 0  z3 − m3 − 2mz 2 + 2m2 z = 0




(
)
 ( z − m) ( z + mz − 2mz + m ) = 0
 ( z − m) ( z − mz + m ) = 0

 ( z − m) z 2 + mz + m2 − 2mz ( z − m) = 0
2

2

2

2

 z − m = 0 ou z2 − mz + m2 = 0
 z = m ou z2 − mz + m2 = 0

Mr.EL ABBASSI Mohammed - professeur de Maths au lycée Ibn Abdoun-Khouribga

5

Résolvons dans C l’équation : z 2 − mz + m2 = 0
Le discriminant de cette équation est

 = −3m2

=  im


3 


2

Cette équation admet deux solutions dans C qui sont :




− ( −m) − im 3
− ( −m) + im 3
z1 =
= m  1 − i 3  et z2 =
= m  1 + i 3 
2
2
2
2
2
2



()

D’où l’ensemble des solutions de l’équation E est :


S= m , m  1 − i
2






3  , m  1 + i 3   .
2   2
2  


2) a- Vérifions que 1 + 1 = 1 .
z1 z2 m

()

Comme z1 et z2 sont des solutions de l’équation E autre que m
alors elles sont les deux solutions de l’équation : z 2 − mz + m2 = 0
donc z1 + z2 = − ( −m ) = m et z1.z2 = m = m2
1
2

1

et par suite : 1 + 1 = z1 + z2 = m2 = 1 .
z1

z2

z1z2

m

m

b- Donnons l’écriture algébrique de chacun des nombres z1 et z2 en prenant
dans cette question
On a :

i
m = 1+ e 3

i
m = 1+ e 3 .

= 1+ 1 + i 3 = 3 + i 3 ,Donc :
2
2 2
2


 


z1 = m  1 − i 3  =  3 + i 3   1 − i 3  = 3 − 3 3 i + 3 i + 3 = 3 − 3 i
2  2
2
2   2
2  4
4
4
4 2 2



et


 


z2 = m  1 + i 3  =  3 + i 3   1 + i 3  = 3 + 3 3 i + 3 i − 3 = 3 i
2  2
2
2   2
2  4
4
4
4



Deuxième partie
Considérons dans le plan complexe rapporté à un repère orthonormé direct

(O,u, v) les points A( a) et B (b) avec

i
a = me 3

et

−i
b = me 3

Considérons les trois rotations R1 , R2 et R3 tels que :

R1 = r  P,   , R2 = r  Q,   et R3 = r  R,  
2
2
2



Par hypothèses on a : A = R1 (O ) , B = R2 ( A) et O = R3 ( B ) .












6
Mr.EL ABBASSI Mohammed - professeur de Maths au lycée Ibn Abdoun-Khouribga

1) Montrons que les points O , A et B ne sont pas alignés .
On a :

zB − zO zB
= =
z A − zO z A

−i
me 3
i

−i 2
=e 3

 ( car

 −i 2
Im  e 3



me 3
D’où les points O , A et B ne sont pas alignés .



 = − sin  2
 3





=−



3  0)
2

2) a-

−i 7
i 7
2
2
12
Montrons que zP = p = m e
et que zR = r = m e 12
2
2

i
=e 2

( zO − zP )
 z A − zP = i ( zO − zP )

A = R1 (O )  z A − zP

 z A = (1− i ) zP

i



 

7


 

i 
i + 
3
 zP = p = 1 a = me  = m 2 e  3 4  = m 2 e  12 
−i
1− i
2
2
2e 4

O = R3 ( B )  zO − zR

i
=e 2

( zB − zR )

 − zR = izB − izR
(1− i ) z
 zB =
i R
 zB = − (1+ i ) zR

 zR = r = −1 b =
1+ i

−i 
me 3
i

2e 4

=m 2e
2

−i  + 
3 4




−i 7 
12 



=m 2e
2

b- Montrons que zQ = q = m 2 sin  7 

2

 12 

On a :

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7



B = R2 ( A) 

i 
zB − zQ = e 2  z A − zQ 



 zB − zQ = i  z A − zQ 



 i
i
2
 e me 3
3

i 
2e 4 

 zQ = q = 1 (iz A − zB ) =
−1+ i

1

−i  
− me 3 




−i  
−i 3  i 5
 zQ = q = m 2 e 4  e 6 − e 3 

2





−i 3 i  i 7
−i 7 
−i 




2
2
4
4
12
12


 zQ = q = m e .e e − e
=
m
e 2 .2i sin  7  = m 2sin  7 


2
2
 12 
 12 



Car

−i
e 2

= −i et  ( ,  )  : e − e = e
2

i

i



i   +    i   −  
 2   2 









e



−i   −   
 2 


−e

3) Montrons que OQ = PR et que (OQ ) ⊥ ( PR ) .

( )



 − 
=
2
i
sin


 2


  + 

2 

 i
e


On a d’une part : aff OQ = q = m 2 sin  7  et d’autre part :

aff



 PR  = r −







 12 

 −i  

i 7
 12 
 7 
 7 
2
2



12
p = m e
− e  = −2i sin   m
= −i sin   m 2 , donc :


OQ = OQ = q =
et PR = r − p =

 7 

2 

2

 12 






2sin  7  m  car 7   0,    sin  7 0 
12  2 
 12  

 12 
 7 
2 sin   m , donc : OQ = PR .
 12 

 12 

De même, on a

(OQ, PR )  arg  rq −− op  2 
:

1
 arg    2 
 −i 
 arg ( i )  2 


D’où : (OQ ) ⊥ ( PR ) .


2

 2 

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8

Exercice 4 ( Analyse )
Première partie
Considérons la fonction f définie sur l’intervalle I = 0, + par :




f ( 0) = 0 et x   0, +  : f ( x ) = x3 ln 1+ 1 
x


1) Soit x  0, + , montrons en appliquant le TAF à la fonction ln sur


l’intervalle  x, x +1 que 1 ln 1+ 1   1 .
x +1  x  x

Comme la fonction ln est dérivable sur  0, +  alors elle est continue sur
l’intervalle  x, x +1 et dérivable sur l’intervalle  x, x +1 alors d’après le TAF
c   x, x +1 tel que : ln ( x +1) − ln x = ln ( c ) ( x +1− x ) = 1
c




Et comme ln ( x +1) − ln x = ln  x +1  = ln 1+ 1  alors
x
 x 





c   x, x +1 tel que ln 1+ 1  = 1
x c

Et comme
c   x, x +1  xc x +1

Alors

 1 1  1
x +1 c x

1 ln 1+ 1   1 .


x +1  x  x

.
2) Considérons la propriété ( P) :  x  0, +  : 1 ln 1+ 1   1








x +1



x x

a - En utilisant la propriété ( P ) montrons que f est dérivable à droite en 0.
On a : x   0, +  :

f ( x ) − f ( 0) 2  1 
= x ln 1+ 
x −0
x


Comme x  0, + x30 alors de ( P ) on en déduit que
 x   0, +  :


 


x2  x2 ln 1+ 1   x2 c.à.d  x   0, +  : x2  f ( x ) − f ( 0 )  x




  x +1

 x
x−0
x
x +1




2
Et comme : lim+ x = lim+ x = 0 alors d’après le théorème dit des gendarmes
x→0 x +1 x→0
f ( x ) − f ( 0)
= 0  , et par suite f est dérivable à droite en 0 et on a f d ( 0) = 0
on a xlim
→0
+

x−0

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9

b- En utilisant la propriété ( P ) montrons que la courbe ( C ) admet une branche
parabolique dont on précisera la direction .






D’abord, on remarque que xlim
f x = lim x3 ln 1+ 1  = xlim
x
→+ ( ) x→+
x  →+



x2 = + et xlim
Puisque xlim
→+
→+



ln 1+ 1 
x

1
x

=

lim

ln (1+ t )

t →0+

t

=1



ln 1+ 1 
x

2
1
x

= +

( en posant : t = 1 )
x

2
f x
Ensuite, à partir de la proposition ( P ) on déduit que  x   0, +  : x  ( )  x

 x +1 x
x2 = lim x = + alors lim f ( x ) = +
Et puisque xlim
→+ x + 1 x→+
x→+ x
1+ 1
x
Et par suite la courbe ( C ) admet une branche parabolique de direction l’axe

des ordonnées au voisinage de + .
3) a – Montrons que la fonction f est dérivable sur l’intervalle  0, + 
et que x   0, + : f  ( x )





= 3x 2  ln 1+ 1 −










x 



1 .

3(1+ x ) 


Comme la fonction x →1+ 1 est dérivable et strictement positive sur  0, + 
x


Alors la fonction : x → ln  1+ 1  est dérivable sur  0, + 
x

D’où la fonction f est dérivable sur l’intervalle  0, +  ( produit de deux
fonctions dérivables sur  0, +  ), et on a :

 1 

 



 3 1 + x 
 
1
1
1
3
2
2
= x ln 1+  + x  ln 1+   = 3x ln 1+  + x
1

x
x  
x


1+
 
x
 1 
− 2 



1
1  x2
1
1
2
3 x 
2 
2 
= 3x ln 1 +  + x
= 3x ln 1 +  −
= 3x  ln 1 +  −
1+ x
x
x  1+ x
x  3 1+ x
 



x

x   0, + : f  ( x )

( )

(

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10

)






b- Déduisons que la fonction f est strictement croissante sur 0, +  .
On a : x   0, + : f  ( x )





= 3x 2  ln 1+ 1 −










x 



1 

3(1+ x ) 




1
1
1

ln 1+  alors :
 3(1+ x ) 1+ x
x


Et comme d’après ( P ) : x  0, + :






x  0, +: ln 1+ 1  −

1
 0 et comme x   0, + : 3x2 0


x  3(1+ x )



Alors : x  0, +: f  ( x )0
D’où f est strictement croissante sur 0, +  .
c- Tableau de variations de f
x
f ( x)

0
+
+
+

f ( x)

0
4) Considérons la fonction g définie sur  0, +  par  x   0, +   : g ( x ) =













f ( x)
x

1 
x  2 (1 + x ) 



a- Vérifions que  x   0, +   : g  ( x ) = 2 x  ln 1 + 1  −




D’abord, signalons que g est dérivable sur  0, +  ( rapport de deux fonctions

dérivables sur  0, +  ). On a :
 x   0, +   :


 


g ( x )


=



f ( x )  f  ( x ).x − xf ( x ) 1  2   1   1  1  3  1  
 =
=  3x  ln 1 +   −
 −  x ln 1 +  
x 
x    x   3 (1 + x )  x 2 
 x 
x2



1
1 x
= 3x ln 1 +  − x ln 1 +  −
x
x  1+ x





1
= 2 x  ln 1 +  −
x 2
 




1 
.
(1+ x ) 


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11










1 
x  2 (1 + x ) 



D’où :  x   0, +   : g  ( x ) = 2 x  ln 1 + 1  −





1
1
1

ln 1+ 
 2 (1 + x ) 1 + x
x


Toujours d’après ( P ) on a : x  0, + :


Et comme  x  0, +  : 2 x0 alors  x  0, +  : g ( x )0 .








Et par suite la fonction g est strictement croissante sur l’intervalle  0, +  .

b- Montrons que la fonction g ( x ) = 1 admet une solution unique  sur  0, + 
puis vérifions que   1,2 .

Comme la fonction g est continue et strictement croissante sur l’intervalle
 0, +  alors c’est une bijection de  0, +  vers l’intervalle





(

)

J = g  0, +  et

g x  =  0, +  , en effet, on a :
on a : J =  lim+ g ( x ) , xlim
→+ ( )  
 x→0



f ( x)
f ( x)
g
x
=
lim
= + .
= 0 et xlim
(
)
→+
x→+ x
x→0
x→0
x
Et comme 1 J alors  !  0, +   tel que g ( ) = 1 ( d’après théorème de la
lim+ g ( x ) = lim+





fonction bijective ).
 
2

Et comme g (1) = f (1) = ln ( 2)  0.7 et g ( 2) = 1 f ( 2) = 4ln  3   1.5 et g ( ) = 1
2

alors g (1)  g ( )  g ( 2) et comme la fonction g est strictement croissante sur
 0, + 



et que 1, et 2 sont des éléments de cet intervalle alors 1 2 .

c) Déduisons que les seules solutions de l’équation f ( x ) = x sont 0 et  . On a :
f ( x)

( x  0, + ) : f ( x ) = x  x = 1
 g ( x) =1
 x =

Et comme f ( 0) = 0 alors les seules solutions de l’équation

f ( x ) = x sont 0 et  .

5) a – Représentation graphique de la fonction f .

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12

b- Montrons que la fonction f réalise une bijection de I vers I .
Comme la fonction f est continue et strictement croissante sur l’intervalle I
 =  0, +  = I .
Alors elle réalise une bijection de I vers f ( I ) =  lim+ f ( x ) , xlim
f
x
(
)

 
→+
 x→0



Signalons que f est continue à droite en 0 ,puisqu’on a démontré qu’elle est
f ( x ) = f ( 0) = 0 .
dérivable à droite en 0 , d’où xlim
→0+
Deuxième partie
Considérons la suite (un ) définie par ( n N ) un+1 = f −1 ( un ) avec u0   0,  .

(

)

1) Montrons par récurrence que : n N : 0un  .
Par hypothèse la propriété est vraie pour n = 0 , 0u0  .
Soit nN , supposons que 0un  et montrons que 0un+1
On a d’après l’hypothèse de la récurrence 0un  et comme la fonction
f −1 est strictement croissante sur f ( I ) = I ( car f l’est sur I ) alors

f −1 ( 0)  f −1 (un )  f −1 ( ) et comme f −1 ( 0) = 0 et f −1 ( ) =  (puisque f ( 0) = 0

et f ( ) =  ) alors 0un+1 (puisque f −1 (un ) = un+1 ).

(

)

Selon le principe de la récurrence on peut conclure que : n N : 0un  .

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13

2) a- Montrons que g  0,   = 0,1 .




On a vu déjà que g est continue est strictement croissante sur  0, +  et
comme 0,   0, + alors elle l’est aussi sur 0,  et donc

g   0,   =  lim g ( x ) , xlim
g ( x )  =  0,1 , en effet lim+ g ( x ) = lim+


→
x→0
x→0
x→0






−

+



f ( x)
=0
x

g ( x ) = g ( ) = 1 ( car g est continue en  et g ( ) = 1) .
Et xlim
→ −
b- Déduisons que la suite (un ) est strictement croissante.

(

)

Du fait que g  0,   = 0,1 on déduit que x   0,1 0 g ( x ) 1 et comme




(nN): un  0,  alors (nN): 0 g (un ) 1 et comme (n N) g (u ) =
n

et un  0 alors on en déduit que (n N ) 0 f (un ) un et comme f −1 est

f ( un )
un

strictement croissante sur  0, +  alors (n N ) f −1 ( 0)  f −1 ( f (un ) )  f −1 (un )
c.à.d ( n N ) 0un  f −1 (un ) et comme f −1 (un ) = un+1 alors on déduit que

(n N )

un un+1 ce qui signifie que la suite (un ) est strictement croissante.

c- Comme la suite (un ) est strictement croissante et comme elle est majorée
( par  ) alors elle est convergente .
3) détermination de la limite de (un )

La suite (un ) est une suite récurrente définie par ( n N ) un+1 = f −1 ( un )

avec u0   0,   0,  .

Comme la fonction f −1 est continue sur l’intervalle 0,  et comme

(

)

f −1 0,  = 0,   0,  ( car   1,2 ) et comme u0  0,  et comme (un ) est




convergente alors la limite de (un ) est solution de l’équation f −1 ( x ) = x sur
l’intervalle 0,  . Or :

(x  0,  )

f −1 ( x ) = x  f ( x ) = x
 x = 0 ou x = 

Donc On a ou bien nlim
u = 0 ou bien nlim
u =  , et comme ( n N ) 0un 
→+ n
→+ n
0 et comme la suite (un ) est strictement croissante alors nlim
u = .
→+ n

( en effet, du fait que (un ) est strictement croissante on déduit que

(n N ) : un  u

0

puis que nlim
u  u0 et comme u0 0 alors nlim
u 0 ).
→+ n
→+ n

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14

Troisième partie
On considère la fonction F définie sur l’intervalle I

= 0, +

par F ( x ) =  f (t ) dt .

1) a- Etudions suivant les valeurs de x le signe de F ( x ) .
Soit x  0, +  , on sait que f est continue sur I = 0, + et que

(t  0, +)

f (t )  0 , donc on a

1
x

F ( x)  0 si x  1 et F ( x)  0 si x  1 .

b- Montrons que F est dérivable sur I et déterminons F ( x ) pour tout x  I .
x

Remarquons d’abord que F ( x ) = − f (t ) dt , comme la fonction f est continue
1

x

sur I et comme 1 I alors la fonction : x →  f (t ) dt est la fonction primitive de
1

f qui s’annule en 1 et on a : ( x  I )

x


1


 f (t )


dt  =



f ( x ) , on en déduit que

la fonction F est dérivable sur I et que ( x  I ) F  ( x ) = − f ( x ) .
c- Déduisons que la fonction F est strictement décroissante sur I .
Comme ( x  I ) F  ( x ) = − f ( x ) et comme x   0, +  f ( x )0 alors

)

(

(x  0, +) F ( x) 0 et par suite F est strictement décroissante sur I = 0, + .
2) a- Montrons que (x  1, +  ) : F ( x )  (1− x ) ln 2 .
Soit x  1, +  , On a (t  1, x  ) f (1)  f (t ) et comme f (1) = ln 2 alors
(t  1, x ) ln 2  f (t ) et comme 1  x alors  ln2 dt   f (t ) dt
x

x

1

1

x

x

1

1

Donc ( x −1) ln 2   f (t ) dt et par suite − f (t ) dt  − ( x −1) ln 2
c.à.d F ( x )  (1− x ) ln 2 .

(

)

b- Comme d’après la question précédente : x  1, +  : F ( x )  (1− x ) ln 2
1 − x ) ln 2 = − ( ln 20 ) alors xlim
F x = − .
et comme xlim
→+ (
→+ ( )

3) a- Soit x   0, +  , On a :

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15

  1 
1
4
F ( x ) =   t  ln 1+  dt
4   t
x

1

1

1

=

1
 1 
 t 4 ln 1 +   − −
 t 
 4

 x
x

=

1
 1 
 t 4 ln 1 +   −
 t 
 4

 x x

1

1t
4

 


4  ln 1+ 1 
 
t  
 



dt

1 t 4  −1  dt
 4  t (t +1) 

1

1
1
x4  1  1 t 3


= ln  2  − 4 ln 1+ x  + 4  t +1 dt
4


x

ln ( 2) x4  1  1 1 t 3
F ( x) =
− ln 1 +  + 
dt
4
4  x  4 x t +1

D’où :

 x   0, +  


 


b- Soit

x   0, +  , calculons l’intégrale

1

t3
x t + 1 dt .

On a :
1

1

t3
1 dt =  1 t 3 − 1 t 2 + t − ln 1+ t 
2
dt
=
t
−
t
+
1
−
( )

x t +1
2
t +1
3
x
x
1



1 1
1
1
= − +1− ln 2 − x3 + x2 − x + ln (1+ x )
3 2
3
2

D’où x   0, +  :

1

t 3 dt = 5 − ln 2 − 1 x3 + 1 x2 − x + ln 1+ x 


x t +1 6


3
2

.

c- D’après les deux questions 3) a et 3) b on déduit que
x   0, +  : F ( x ) =

5 x3 x 2 x 1
x4  1 
− + − + ln (1+ x ) − ln 1+  .
24 12 8 4 4
4  x

3
2
4


d- Comme x   0, +  : F ( x ) = 5 − x + x − x + 1 ln (1+ x ) − x ln 1+ 1 

24 12

8

4 4

4

x



5 − x3 + x2 − x + 1 ln 1+ x − x .x3 ln 1+ 1  .
alors xlim
F
x
=
lim
( ) x→0+
→0+
24 12








x 

8

4 4

(

)

4




x 

1
Et comme xlim
x3 ln 1+  = lim+ f ( x ) = 0 et lim+ x n = 0 pour tout n N alors
→0
+

lim+ F ( x ) =

x→0

(

x→0

x→0

5 .
24

)

1

1

x

0

Comme x  I = 0, +  : F ( x ) =  f (t )dt et comme 0  I alors F ( 0) =  f (t )dt

F ( x ) = F ( 0)
Et comme F est continue à droite en 0 ( car dérivable ) alors xlim
→0+
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16

F ( x ) = 5 et comme la limite d’une fonction si elle existe est
Et comme xlim
→0+
24

unique alors

1

5
f
t
dt
=
(
)


24

0

.
n −1 



k =0 

 2n 



4) Considérons la suite ( vn )nN définie par : vn =   F  2k + 1  − F  k   .




 n 

a- Montrons que pour tout n N et pour tout k 0,1,..., n −1 , on a :
−

 2k + 1 
 2k + 1 
k
1
  F 
 − F    −
2n
 2n 
 2n 
n

1
2n

f 

k
f  
n

Soit n N et soit k 0,1,..., n −1 , appliquant le TAF à la fonction F sur


L’intervalle  k , 2k + 1 .
n

2n 



On a F est dérivable sur 0, +  et comme  k , 2k +1  0, +  alors elle est


continue sur  k , 2k + 1 et dérivable sur
n

2n 

 n 2n 
 k 2k + 1 
 n , 2n  , donc d’après le TAF



 


tel que F  2k +1  − F  k  = F  ( c )  2k + 1 − k  = − f ( c ) 1


 k 2k + 1  
 c   ,

 n 2n  


2n 



n

 2n

2n

n

Et comme f est strictement croissante sur 0, +  et comme k c 2k + 1
n

2n


 

 
 
alors f  k   f ( c )  f  2k + 1  et par suite − 1 f  2k +1   F  2k +1  − F  k  − 1 f  k 

2n  2n   2n 
n
n−1  
 
b- Déduisons que n N − 1  f  k   vn  − 1  f  k 
2n k =1  n 
2n k =0  n 
n

 2n 

(

n

2n  n 

)

On a d’après la question précédente :

(n N ) (k 0,1,..., n −1)

−

 2k + 1 
 2k + 1 
k
1
  F 
 − F    −
2n
 2n 
 2n 
n

1
2n

f 

k
f  
n

Et en passant à la sommation on obtient :
1
2k +1
2k +1
k
1
k
 − 2n f  2n     F  2n  − F  n     − 2n f  n  ( * )



 
 
 
n −1





k =0

n −1









k =0



n −1





k =0

On a : (k 0,1,..., n −1) 2k +1  k +1
2n

n

Et comme f est strictement croissante sur 0, +  alors

(k 0,1,..., n −1)
Et donc −

n −1

1

2n k = 0

f

f  2k + 1   f  k + 1  donc (k 0,1,..., n −1) − f  k +1   − f  2k +1 

 2n 

n −1
1
 k +1 
 n   − 2n  f
k =0



n 
 n 
 2k + 1 
 2n  et d’après ( * ) on obtient :



 2n 

Mr.EL ABBASSI Mohammed - professeur de Maths au lycée Ibn Abdoun-Khouribga
17

−

1 n−1
f
2n 
k =0

 k +1 

  vn
 n 

−

1 n−1
f
2n 
k =0

k
 
n

et comme  f  k + 1  =  f  k  alors
n
n
n −1





n





k =0





k =1





n−1

 
 
− 1  f  k   vn  − 1  f  k 
2n k =1  n 
2n k =0  n 
n

1 n k
1 n−1  k 
c- D’après la question précédente on a : n N : −  f    vn  −  f  
2n k =1  n 
2n k =0  n 

(



)

et comme f est continue sur l’intervalle 0,1 alors les deux suites ( sn )nN

et ( Sn )nN

1 n−1
définie par n N sn =  f
n k =0

(



)

k
 
n

1 n
et Sn =  f
n k =1

k
 
n

sont

1

5
s
=
lim
S
=
f
t
dt
=
convergentes et on a : nlim
(
)
n
n

→+
n→+

24

0





1
2

2

nN



et  − 1 Sn 


2

nN

sont convergentes et on a :

1
1
−5 et comme
n N : − Sn  vn  − sn alors
2
2
48
−
5
est convergente et on a : nlim
.
v =
→+ n
48
1
2

lim − sn = nlim
− Sn =
n→+
→+

la suite ( vn )nN





donc les deux suites  − 1 sn 

(

)

End
J’espère avoir été aussi clair que possible
Toute remarque ou suggestion de votre part
est la bienvenue
Mr El abbassi Mohammed
elabbassimed2014@gmail.com
Mr.EL ABBASSI Mohammed - professeur de Maths au lycée Ibn Abdoun-Khouribga
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