Corrigé bac 2 SM session normale 2021 . Mr.ELABBASSI Mohammed. rigueur amélioré (4) (2) .pdf


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Corrigé de l’épreuve de Maths
Session normale2021

2ème année Sciences Mathématiques

Fait par
Mr.EL ABBASSI Mohammed
Professeur de Mathématiques
Au lycée Ibn Abdoun-Khouribga

Le 09 juin 2021

1/9

Exercice 1

n N  x R  :

fn  x 

Partie I
1) a- Calcul de lim 

2e x
 nx
1 ex

Mr.ELABBASSI Mohammed

f n  x   nx  2  et interprétation graphique du résultat.

x 

2e x
2
 2  lim
20 .
x 
x 
1
1
x
1 x
e 1  x 
e
 e 
1
( Car lim e x   et lim x  0 )
x  e
x 
D’où la droite d’équation y  nx  2 est une asymptote de la courbe  Cn  au voisinage de  .
On a lim 

f n  x   nx  2   xlim


2e x
e x  0 et lim 1  e x  1 )
x  0 . ( car xlim
x 

x 
1 e
Donc la droite d’équation y  nx est une asymptote de la courbe  Cn  au voisinage de  .

b- On remarque que lim 

f n  x   nx   xlim


2) a- Soit nN .
Comme les deux fonctions : x  e x ( usuelle) et x  e x  1 ( somme de deux fonctions dérivables )
sont dérivables sur

R

et comme

x R  e

x

 1  0 alors la fonction : x 

2e x
1 ex

est dérivable sur

( rapport de deux fonctions dérivables ) et comme la fonction : x  nx est dérivable sur
fonction f n est dérivable sur R ( somme de deux fonctions dérivables ).
Et on a :

R

R

alors la

x R  :

e x  1  e x   1  e x  e x
e x 1  e x   e x e x

 2e x 
2e x  e2 x  e2 x
2e x

f n  x   

nx


2

n


2

n


n

n


x
x 2
x 2
x 2
x 2
 1 e 
1

e
1

e
1

e
1

e
 
 
 
 
b- On a ,

1

x R  :

1  2e x   e x   4e x
2

4e x

1  e x 

2



1  e x 

2



1  2e x   e x 

1  e x 

2

2

1  2e x   e x   4e x
2



1  e x 

2



1  2e x   e x 

1  e x 

2

2

1  e 

1  e 

x 2
x 2

.

1 ex 

4e x
4e x
 0 alors x R  : 1 
Et comme x R  :
 0 . Et par suite :
 1.
x 2
x 2
x 2
1

e
1

e
1

e
 
 
 
2

c- Sens de variations de
1er cas : Si n  0
On a ,

x R  :

Et par suite

fn :

f 0  x  

2e x

1  e 

x 2

, comme

x R  : 2ex 0 et 1  e  0 alors : x R  f 0  x  0
x 2

f 0 est strictement décroissante sur R .




1
4e x  

2ème cas : Si n  1 On a , x R  : f n  x  
.
 n   2n  1  1 
x 2
x 2 


2
1

e
1

e
 
 
 

4e x
Et comme n  1 alors 2n1  10 et comme x R  : 1 
 0 ( d’après q2-b ), alors
2
1  ex 
2e x

Mr.ELABBASSI Mohammed

lycée Ibn Abdoun-Khouribga

le 09-05-2021 2/9

x R  :

f n  x  0 . Et par suite f n est strictement croissante sur R .

3) a- L’équation de la tangente à

Mr.ELABBASSI Mohammed

C  au point I  0, 1 :
n

1
y  f n 0  x  0   f n  0  c.à.d. y   n  1  x 1 . ( car f n 0  n  et f n  0   1 )
2
2



b- Montrons que I  0, 1 est le seul point d’inflexion de

C  :
n

Comme les deux fonctions : x  e x et x   ex  1 sont dérivables sur
2

alors la fonction : x 
Et donc la fonction

2e x

1  e x 

est dérivable sur

2

Et comme

x R  :

et comme

x R   e

x

 1  0
2

( rapport de deux fonctions dérivables )

R

f n est dérivable sur R . Et on a , x R  :
2e x 1  e x   2e x 1  e x  2e x 
2

f n x  

R

1  e x 

2e x

1  e 

x 3

4

 0 alors le signe de

seulement en 0 en changeant de signe ,alors
4) Représentations graphiques de

Mr.ELABBASSI Mohammed



2e x 1  e x 1  e x  2e x 

1  e x 

4



2e x  e x  1

1  e 

x 3

f n x  est celui de e x  1 , et comme e x  1 s’annule

C  admet un unique point d’inflexion qui est le point I 0, 1
n

f 0 et de f 2 :
Courbe

C 

Courbe

C 

0

2

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le 09-05-2021

3/9

5) Soit

t R

Mr.ELABBASSI Mohammed
t
t
t

2e x
1
ex 
x



2
dx

2
dx

2
1

dx

2
x

ln
1

e
 2 t  ln 1  et   ln 2 cm²




x
x
x




0
1 e
1 e
1 e 
0
0
0

t



t

a- On a A  t    f n  x    nx  2 dx  
0

b- On a :



















lim A  t   lim 2 t  ln 1  et   ln 2  lim 2 t  ln et 1  et   ln 2  lim 2 t  t  ln 1  et   ln 2  2ln 2

t 

t 

t 

t 

( car lim et  0 et ln1  0 )
t 

Partie II

u0  0 et  n N  : un1  f0 un 

1) a- Montrons que l’équation f 0  x   x admet une solution unique  dans

R.

g 0 définie sur R par : g0  x   f 0  x   x .
dérivable sur R alors la fonction g 0 l’est aussi , et on a , x R  :

Considérons la fonction
Comme la fonction f 0 est

g0  x   f 0  x   1 

2e x

1  e x 

 10 . Donc

2

g 0 est strictement décroissante sur R .

g 0 réalise une bijection de R vers g0  R    xlim
f0  x   x, lim f 0  x   x    ,  

x 

Et comme 0  ,   alors  ! R  : g0    0 c.à.d.  ! R  : f 0     .
D’où

b- Montrons que

x R : f0  x   12
2e x

On a :

x R : f0  x  

alors

x R : f0  x   12 .

2) a- Montrons que
Soit

nN

1er cas : Si

1  e 

x 2



1 4e x
, et comme x R 
2 1  e x 2

un1  f0    

alors

donc

un1  

 0 et

2

 1 ( d’après qI 2-a)

1
u   0 , d’où l’inégalité est
2 n

un  

Mr.ELABBASSI Mohammed

I l’intervalle d’extrémités un et  et soit I l’intervalle I privé de ses extrémités.
0

comme la fonction f 0 est dérivable sur

R

x R : f0  x  12 alors f u   f0    12 un 
0

n

1
b- Déduisons que  n  N  : un     
2
Procédons par récurrence,
Pour

1  e x 

.

triviale.

Soit

4e x

n  N: un1    12 un 

un  

2ème cas : Si

:

n  0 , on a u0    0    

vérifiée pour

n  0.

Mr.ELABBASSI Mohammed

n

alors elle est continue sur

0

I et dérivable sur I et comme

( d’après le théorème de l’inégalité des accroissements finis)


1
et  
 2

0





1
, donc u0     
2

lycée Ibn Abdoun-Khouribga

0



, c.à.d la propriété est

le 09-05-2021

4/9

Soit

nN

1
, supposons que un     
 2

n



1
et montrons que un 1     
 2

n 1



.

1
un1    un  et comme selon l’hypothèse de la récurrence :
2
n
n
n 1
11
1
1
un       alors un1           .
2 2
2
 2
n
1
Et par suite, d’après le principe de la récurrence , on a :  n  N  : un       .
2
c- Montrons que la suite  un  converge vers  .
n
n
1
1
1
Comme  n  N  : un       et comme lim     0 ( car 0  1 ) alors la suite  un  est
n  2
2
 
2
convergente et on a : lim un   .
n 
On a d’après la question précédente :

Partie III
On suppose que n  2 .
1) a- Montrons que  ! xn  R  tel que : f n  xn   0 .
Comme

f n est continue et strictement croissante sur R , alors elle réalise une bijection de R vers
f n  R    lim f n  x  , lim f n  x     ,   . Et comme 0  ,   alors  !xn R  : f n  xn   0
x 
 x


.

b- Montrons que 0 xn 1 .

2e
2e
2e
n  n
1.47 ) .
 0 ( car n  2 et
1 e
1 e
1 e
Donc f n  0   f n  xn   f n 1 et comme f n est strictement croissante sur R alors 0 xn 1 .
On a : f n  0   10 , f n  xn   0 et f n 1 

2) a- Montrons que

f n1  xn 0

2e xn
2e xn

n

1
x

 nxn  xn 


n
1  e xn
1  e xn
Et comme xn  0 alors f n1  xn 0 .
On a :

f n1  xn  

f n  xn   xn  xn

b- Déduisons la suite  xn n2 est strictement décroissante.

( car f n  xn   0 ).

Mr.ELABBASSI Mohammed

Soit n  2
Comme f n1  xn 0 et comme f n1  xn 1   0 alors

f n1  xn  f n1  xn1  et comme f n1 est strictement
croissante sur R alors xn  xn 1 , et ceci pour tout n  2 . Et par suite, la suite  xn n2 est strictement
décroissante.
c- Montrons que la suite  xn n2 est convergente .

Comme la suite  xn n2 est strictement décroissante et comme elle est minorée ( par 0 ) alors elle est
convergente .
1
1  2e 
3)a- Montrons que  n  2  :  xn  

n
n  1 e 
1
1
2e xn
n


f
x

0

e
 e0  1 )
.
(
car


n
0
1  e xn
n
Comme 0 xn 1 (D’après III)1-b), et la fonction  f 0 est strictement croissante sur R alors

Soit n  2 . On a : f n  xn   0  nxn 

 f0  0  f0  xn   f 0 1 , c.à.d 1
Mr.ELABBASSI Mohammed

2e
1
1  2e 
2e xn
2e

, d’où 1 nxn 
, et par suite  xn  
 .
xn
n
n  1 e 
1 e
1 e 1 e
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5/9

1
1
1  2e 
1  2e 
 lim 
b- Comme  n  2  :  xn  
  0 alors  xn n2 est convergente et
 et comme nlim

n

n
n
n  1 e 
n  1 e 
on a lim xn  0 .
n 

On a :  n  2  : f n  xn   0  nxn   f 0  xn  et comme lim xn  0 et la fonction :  f 0 est continue
n 

Sur

R

et en particulier en 0, alors lim nxn   f 0  0  1 .
n

4) a- Montrer que  n  2: xn  x2

Mr.ELABBASSI Mohammed

Comme la suite  xn n2 est strictement décroissante alors elle est majorée par son premier terme x2 .

D’où  n  2: xn  x2

b- Comme  n  2: 0 xn  x2 alors , on a :  n  2  : 0 xn    x2  et comme lim  x2   0 ( car 0 x2 1 )
n

n

n

n 

alors lim  xn   0 .
n

n 

Exercice 2

   tel que a  b  c .
 E : z 2   a  b  c  z  c  a  b   0


Soit a, b, c  C
1)

3

a-Résolvons dans C l’équation

E .

Méthode1
On remarque que :

z 2   a  b  c  z  c  a  b   0  z 2   a  b   c  z  c a  b   0
  z   a  b  z  c   0

 z  a  b ou z  c
D’où l’équation  E  admet dans C deux racines distinctes qui sont : a  b et c .
Méthode2
Le discriminant de  E  est :

     a  b  c    4c  a  b    a  b   c2  2c  a  b   4c  a  b    a  b   c 2  2c  a  b    a  b  c 
Et comme a  b  c alors   0 , d’où l’équation  E  admet dans C deux racines distinctes qui sont :
2

z1 

a  b  c  a  b  c  c

2

et z2 

2

a  b  c  a  b  c  a  b

2
2
Et par suite l’ensemble des solutions de  E  est S  a  b, c .

Mr.ELABBASSI Mohammed

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6/9

2

b- On suppose dans cette question que : a  i , b  e
Ecrivons z1 et z2 sous forme exponentielle :
On a :
z1  c  i  e

Comme

i


3

i



 e 2 e

i


3

e

 
 
i 2 3
 2








i


3

et c  a  b .

Mr.ELABBASSI Mohammed

   
  2  3 


i
 i 2 3 

  2 
 5  
5


5
11
 2  
i

i
i
i
i
i
 e    e     e 12  e 12  e 12   2i sin  e 12  2sin  e  12 2   2sin  e 12


12
12
12









  
  0,  alors sin  0 et donc 2sin  z1 et comme
12  12 
12
12


2

1
3
1 
3
z1  i  
i    1 
i 
2
2
2 
2 

2
3
 1  
 

  1 
2 
 2  

2  3 alors z1  2  3 e

i

11
12

On a aussi :

z2  a  b  i  e

Comme

i


3

i



e 2 e

i


3

e

 
 
i 2 3
 2








   
  2  3 


i
 i 2 3 

  2 
5


5
2  
i
i
i
i


 e    e     e 12  e 12  e 12   2 cos  e 12


12









  
  0,  alors cos  0 et donc 2 cos  z2 et comme
12  12 
12
12


2

11

2
i
1
3
1 
3
3
1 
12
z2  i  
i   1 
 i      1 
  2  3 alors z2  2  3 e
2 2
2 
2 
2 
2 

2) Considérons dans le plan complexe

P les points : A  a  , B  b  et C  c  . On suppose que ces trois





points sont non alignés . Considérons les rotations : R1  r  P  p  ,  , R2  r  Q  q  ,   tels que
2
2


R1  B   A et R2  C   A . Soit D  d  le milieu du segment  BC  .
a- Montrons que 2 p  b  a   a  b  i et que 2q  c  a   c  a  i
On a :
R1  B   A  a  p  e



b  p 
 a  p  i b  p 
i

2

  p  ip  ib  a
 p  1  i   ib  a
 p  1  i  1  i    ib  a  1  i 
 2 p  ib  b  a  ia
 2 p  b  a  i a  b

De même , on a :
R2  C   A  a  q  e

i



c  q 
 a  q  i  c  q 
2

 q  iq  ic  a
 q 1  i   ic  a
 q 1  i 1  i    ic  a 1  i 
 2q  ic  c  a  ia
 2q  c  a  i  c  a 

NB : Dans les questions suivantes , on suppose implicitement que q  d
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lycée Ibn Abdoun-Khouribga
le 09-05-2021

7/9

bc
p
pd
2  2 p  b  c   b  a   a  b  i  b  c   a  c   a  b  i  i  a  b   a  c  i   i
b- On a :

q  d q  b  c 2q   b  c  c  a   c  a  i   b  c  a  b   a  c  i
a  b  a  c i
2
pd
 pd 
pd
pd
 i alors
c- Comme

 i  1 et arg 
  arg  i   2 
qd
qd
qd
 qd 

c.à.d. DP  DQ et DQ, DP   2 
2
D’où le triangle PDQ est isocèle et rectangle en D .
3- On a : E  SP  B  , F  SQ  C  et K est le milieu de  EF  .



a- Montrons que zK  k  a 

i
c  b
2

Comme K est le milieu de  EF  alors z K 



zE  zF
et comme P est le milieu de  EB  et Q est le milieu de
2

z  zF
zE  zB
et zQ  C
, d’où 2 p  zE  b et 2q  zF  c
2
2
2 p  b  2q  c b  a   a  b  i  b  c  a   c  a  i  c 2a   c  b  i
i


 a  c  b .
Donc z K 
2
2
2
2
b- Comme PDQ est un triangle alors les points P, D et Q ne sont pas alignés, et comme :
z z
2 z  2 z K b  a   a  b  i  2a  i  c  b  b  a   a  c  i
zP  zD zP  zK
z z


 i

 i  P K et P K  P
zQ  z K 2 zQ  2 z K c  a   c  a  i  2a  i  c  b  c  a  i  b  a 
zQ  zD zQ  zK
zQ  zK

CF  alors

zP 

zP  zD zP  zK

 i   i   1 R . Et par suite les points K , P , Q et D sont cocycliques .
zQ  zD zQ  zK
Exercice 3
Partie I
Mr.ELABBASSI Mohammed
On considère dans Z  Z l’équation  E  : 47 x  43 y  1
Alors

1) Vérifions que le couple 11,12 est une solution particulière de  E  .

On a : 47 11 4312  517  516  1 , donc le couple 11,12 est bien une solution particulière de  E  .

Et d’après le théorème de Bezout on en déduit que 47   43  1 .

2) Comme 11,12 est une solution particulière de  E  alors l’ ensemble de ses solutions est :


S  11 



43k
47k
,12 
 / k  Z   11  43k ,12  47k / k  Z .
47   43
47   43 



Partie II
On considère dans







Z l’équation  F  : x41  4  43

1) Soit x une solution de  F 

a- Montrons que x  43  1
Posons x  43  d et montrons que d  1

Comme x  43  d alors d / 43 , donc d  1 ou d  43
Et comme le cas d  43 ne peut avoir lieu dans notre cas, car si oui on aurait 0  4  43 , vu que

x41  4 43 , et dans ce cas

on aurait 43/ 4 , ce qui n’est pas vrai, d’où on a nécessairement d  1 .

comme 43 est premier et x  43  1 alors d’après le théorème de Fermat :

Mr.ELABBASSI Mohammed

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x 42  1  43
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8/9

4x  1  43
9/9
Comme x 41  4  43 alors x 41 x  4 x  43 c.à.d x 42  4 x  43
Et comme x 42  1  43 , alors 1  4 x  43 , et par suite : 4x  1  43 .
Déduisons que x  11  43
Comme 4x  1  43 et 44  1  43 alors 4x  44  43 c.à.d 43 / 4  x 11 et comme 43  4  1 alors
D’après le théorème de Gauss 43 /  x 11 , et par suite x  11  43 .
b- Montrons que

2) Dans ce qui précède , on a montré que si l’équation  F  admet une solution x alors elle appartient
nécessairement à l’ensemble 11  43k / k Z ( puisque

x  11  43

).

x 41  1141  43 , et comme 111141  1142 et 43 premier et premier
avec 11 alors d’après le théorème de Fermat 111141  1  43 et comme 44  1  43 alors 111141  44 43
Réciproquement , si

x  11  43

alors

43 / 111141  4 et comme 43 11  1 alors d’après le théorème de Gauss 43 / 1141  4 , et donc
1141  4 43 et par suite x 41  4  43 , c.à.d x est solution de  F  .

Donc

D’où l’ensemble des solutions de  F  est 11  43k / k Z .
Partie III
Considérons dans

 x  4  43

Z le système d’équations  S  : 

47

 x  10  47

1) Soit x une solution de  S  .

Mr.ELABBASSI Mohammed

41

.


 x  11 43
a- Montrons que x est solution du système  S   : 

 x  10  47
Dans la question 2) on a montré que x41  4  43  x  11 43 , donc il reste à montré que

x47  10  47  x  10  47 .

Comme 47 est premier , alors d’après le théorème de Fermat : x47  x  47 d’où : x47  10  47  x  10  47
Et par suite les deux systèmes  S  et  S  sont équivalents.
b- Déduisons que x  527  2021 .

Remarquons d’abord que 527  4312 11 et 527  47 1110 , donc 527  11 43 et 527  10  47
( 0  11 43 et 0  10 47 )

41



 x  4  43
 x  11 43
 x  527  43 43 / x  527
Donc  47



 43  47 / x  527 ( car 43  47  1 )
47
/
x

527
x

10
47
x

527
47
x

10
47













41

 x  4  43
Donc  47
 2021/ x  527  x  527 2021 ( puisque 43 47  2021 )
x

10
47




2) Comme le système  S  est équivalent à l’équation x  527  2021 , alors l’ensemble des solutions du

système est  S  est 527  2021k / k Z .

End
Mr.ELABBASSI Mohammed

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