Corrigé de l'épreuve de maths examen national Sciences Mthématiques SR 2022 .Mr.ELABBASSI Mohammed2 (2)

Corrigé de l’épreuve de Maths
Examen National SR 2022
16/07/2022

2ème année Sciences Mathématiques

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

Les exercices sur les complexes , sur les structures et sur
l’arithmétique étaient très typiques et très familiers. Ce que j’ai apprécié
c’est l’exercice1 qui porte sur l’analyse, il demande de l’entrainement et
d’être rapide dans les calculs, il contient même des questions qui
demandent de l’imagination et du savoir faire. Je peux dire qu’il était un
bon sujet qui a respecté l’esprit de la note 116x15.

NB : Je fais ces corrigés dont le but de contribuer à donner un
model à nos chers élèves, j’espère avoir réussi à donner
un bon model à suivre.
1

Soit m C \ 1,1 .

Exercice 2 ( Les complexes )

Première partie
2
2
Considérons dans C l’équation  Em  mz 2   m 1 z   m 1  0 .
Comme m  0 alors l’équation  Em  est bien du second degré .
1) a- Le discriminant de  Em  est :

  


 m 1



2

2






 4m  m 1   m 1
2

 

2



2



 2

 m 1  4m   m 1  m  2m  1

2



2



2



2

 m 1 m 1   m 1 m 1    m2 12    m2 1

 



2

2

.

b- Déterminons z1 et z2 les solutions de l’équation  Em  .
Comme m1,1 alors   0 , et par suite l’équation  Em  admet deux
solutions distinctes dans C qui sont :
2
 m  1   m2  1  m  1  m  1   m  1   m  1 2 
z 



1

2m

2m

2m

2
 m  1   m2  1  m  1  m  1   m  1   m  1 2m 
z2 


 m 1 .

2m

2m

m 1 1
 1
m
m

et

2m

2) On suppose dans cette question que : m  e , avec    0,  .
Ecrivons chacun des nombres z1 et z2 sous forme exponentielle :
i

On a :








i  i
i 
1
   i 2
   i 2 i 2
   i
 i
2
2
2
z1   1  e  1  e  e  e   2i sin   e  2sin   e e  2sin   e
m
2
2
2



Et comme

   0, 

   
 

   i 2 
 
alors  0,  donc sin    0 , et par suite 2sin   e

2



2

2

2

est bien l’écriture exponentielle de z1
De même on a : z2  m 1  ei 1 . On remarque que dans ce cas z2  z1 .
On en déduit que

   

2 

   i
2sin   e 
2

est bien l’écriture exponentielle de z2

.

Deuxième partie
Considérons dans le plan complexe les points : A m 1 , B  1 1 .
m



1) Montrer que les points O , A et B sont alignés si et ssi mR .
Signalons d’abord que zB  0 , car m  1 .

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

2

  


2 

z A  zO
R .
z B  zO

On a : O , A et B sont alignés 

 1mm1  R .
m

 mR .
 mR .

2) On suppose que mR .

Considérons les deux rotations : r1  R  A,  
 3
On a : C  r1  B  et D  r2  A .




et

r2  R  O,  

3



.

P  p  est le milieu du segment  AC  .
Q  q  est le milieu du segment  AD  .
R  r  est le milieu du segment OB .

a- Montrons que zC

1
 i 3
 c  m 1   m  e
m


On a :

et que zD  d   m 1

i
e3

.

i
3

 zB  z A 
 zC  z A  e 3  zB  z A 

C  r1  B   zC  z A  e

i



 zC  m 1  

1
 i
 1  m  1 e 3
m



 zC  c  m 1  

1
 i
 me 3
m


Et on a :

i
e 3

 z A  zO 
i
 zD  e 3  m 1
i
 zD  d   m 1 e 3

D  r2  A  zD  zO



b- Montrons que 2  p  r   m 1   1  m   ei 3  1 et que
m


2  q  r    m 1

i
e3








1
 m  .
m


 

On a : P  p  est le milieu du segment  AC   zP  z A  zC
2



 2 p  m 1 m 1  1  m  e 3
i



m


i
1
2 p  2  m 1    m  e 3 .
m



Mr.EL ABBASSI Mohammed - professeur de Maths au lycée Ibn Abdoun-Khouribga
3

On a : R  r  est le milieu du segment OB   zR  zO  zB

2
 2r  zB  1  1
m

 AD   z  z A  zD
Q


2

On a : Q  q  est le milieu du segment



 2q  m 1  m 1 e 3
i

Donc on a :



1
1
 i
1

1
 i
 m  e 3    1  m  1  m  1   1    m  e 3
m
m

m

m




1
 1
 i
1
 i
 m 1    m     m  e 3  m  1    m   e 3  1 
m
 m

m



2 p  2r  2  m 1  

D’où on a :


1
 i 3 
2  p  r   m 1   m   e  1 . cqfd
m



De même, on a :


i
i
1
1
2q  2r  m 1   m 1 e 3    1   m 1 e 3  m  1   1
m
m





D’où on a : 2  q  r 



 m 1 e


i


3



 

1
 m 
m


 m 1 e 3  
i

1
 m  . cqfd
m


i

c- Montrons que : q  r  e 3  p  r  .


















On a : 2  p  r   m 1  1  m   e 3  1 , donc 2e 3  p  r    m 1 e 3   1  m   e 3  1 e 3
m

i

Et comme e 3  e
i

2e


3

i 

3





i



i

i

m

i

 2cos  1 , alors e 3 1  e

i 

3

3






i
1
  i 3  i 3
 p  r    m 1 e    m   e  e   m 1 e 3
m


i

3

i





, et par suite , on a :

   m   2  q  r  .
m
1







D’où , on a : q  r  e 3  p  r  . cqfd
d- Comme par hypothèse mR , alors d’après q)II-1 les points O , A et B
ne sont pas alignés. Tenant compte de cette remarque, on peut déduire
que les points P et R sont distincts, car si oui les trois points P , Q et R
seront confondus ( tenant compte de la relation vue dans la question précédente) .
i







On a : q  r  e  p  r  , donc q  r  e  p  r   e 3 p  r
i

i

3

Donc RQ  RP et

 qr  
arg 
  2 
p

r

 3

3

i



p  r et

q  r i 3
e
pr

c.à.d RQ  RP et  RP, RQ    2 
3

Et par suite le triangle PQR est équilatéral .
Mr.EL ABBASSI Mohammed - professeur de Maths au lycée Ibn Abdoun-Khouribga

4

i

Exercice 3 ( les structures )

 

On rappelle  3 R , , est un anneau unitaire non commutatif et non intègre.


On a :



G   M






a

1

  a 1

 2a  3



0


1  / a R 


 2 


0
3
6

1) Considérons l’application :



 :R  M 3  R 
a  a  M a

 

a- Montrons que  est un morphisme de  R,  dans  M3 R ,  .
On a :  a, bR





1
0

a  b  M a  b   a  b 1
3
 2 a  b  3 6








2



Donc  est un morphisme de 

0 1
0
0  1
 
 
1    a  1
3
1    b 1
 2   2b  3
 2   2a  3 6
R, dans  M3 R ,  .



0

 1     a   b
 2 

0
3
6



 



b- Montrons que   R   G .
On a par définition de G , G   M  a  / a R  et comme M  a     a  alors




G     a  / a R  . D’où G    R 




Comme   R   G et comme  est un morphisme de  R,  dans


 M3


 R  , et comme  R,  est un groupe commutatif alors G, est un

groupe commutatif.

 

c- Comme  est un morphisme de  R,  dans  M3 R ,  et comme 0 est


l’élément neutre de  R,  alors   0 c.à.d



de G,

.

d-Soit a R , on a :  M  a      a  
1





1

1

J  1

3




0 0

3 1  est l’élément neutre

6  2 

   a   M  a  .

e- Résolvons dans G, l’équation : M 1  X  M  2 
Soit X G , Posons X    x  , avec x  R .
On a :
Mr.EL ABBASSI Mohammed - professeur de Maths au lycée Ibn Abdoun-Khouribga
5

M 1  X  M  2   M 1  M  x   M  2 
 M 1  x   M
0
1

 2 x
3
 2x  5 6

2  x  3
 
2 x  5  7

 2

0  1
 
1    3

 2
 7

0
3
6

0

1 
 2


 x 1
1

 X  M 1   2
5


0
3
6

2) a- Soit a R , montrons que M  a   J  M  a   I .



0
1
2









Comme J est l’élément neutre de G, et comme M  a   G alors M  a   J  M  a 

et comme I est l’élément neutre de  M 3  R  , et M  a   M 3  R  alors M  a   I  M  a 
D’où , on a : M  a   J  M  a   I .
b- Soit a R , la matrice M  a  ne peut pas être inversible dans  M 3  R  , ,

car si oui elle serait un élément régulier dans le monoïde  M 3  R  , , et comme

M  a   J  M  a   I alors on aurait J  I , ce qu’il aurait contredit le fait que J  I
.

c- Soit xR et soit X

0 0
1


  x  2 3 0  . Vérifions
 3x  5 6 1 



que M 1  X  M  2 

On a :
1
M 1  X   2
5


0
0  1
0 0 1
0 0  1

 


3  1  x  2 3 0    2  3  x  2    3x  5 
96
 1   3
 
 
6  2 
 3x  5 6 1   5  6  x  2   2  3x  5 18  12  2   7

0 0

3  1   M  2
6  2 

Exercice 4 (L’arithmétique)
1) Montrons que le nombre 137 est premier .
On a : 112 121 et 122 144 , donc 11 137 12
Donc les nombres premiers positifs inférieurs ou égaux à 137 sont :
2 , 3 , 5 , 7 et 11 .
Soit p l’un de ces nombres premiers et soient q et r , respectivement, le
quotient et le reste de la division de 137 par p .
On a le tableau suivant :
p
q
r
2
68
1
3
45
2
5
27
2
7
19
4
11
12
5
Mr.EL ABBASSI Mohammed - professeur de Maths au lycée Ibn Abdoun-Khouribga
6

Et d’après ce tableau on constate que le nombre 137 n’est divisible par
aucun des nombres premiers 2 , 3 , 5 , 7 et 11 , on en déduit qu’il est premier.
2) Déterminons un couple d’entiers relatifs  u , v  tel que 38u 136v  2
Pour cela, utilisons l’algorithme d’Euclide, puis la méthode descendante.
Mais avant ça, remarquons que 38u 136v  2  19u  68v  1 .
Posons a  19 et b  68 .
On a :
68  319 11  11  b  3a
19  111  8  8  19 11  a   b  3a   4a  b

11  1 8  3  3  11  8  b  3a   4a  b   7a  2b
8  2  3  2  2  8  2  3  4a  b  2  7a  2b   18a  5b
3  1 2 1  1  3  2  7a  2b  18a  5b   25a  7b

Donc on peut prendre u, v    25,7 
3) Soit xZ tel que x38  1137

.

.

a-Montrons que x 137  1.
L’ensemble des diviseurs positifs de 137 est D137  1,137 .
Supposons que x 137  1 , donc x 137  137 , on en déduit que 137 / x ,
donc 137 / x38 , donc x38  0 137 , et comme x38  1137 , alors on en déduit que
1  0 137 c.à.d 137 /1 , ce qui contredit le fait que 137 /1 .

Et par suite on a : x 137  1 .
b-Montrons que x136  1137 .
Comme 137 est premier et comme x 137  1, alors d’après le théorème de
Fermat, on a : x136  1137 .
c- Montrons que x2  1137 .
On a déjà vu que 38  25 136 7  2 , donc 136  7  2  38 25 .
7
Comme x136  1137 alors  x136   17 137 c.à.d x1367  1137 , donc x23825  1137
Donc x2  x38   1137 , et comme x38  1137 alors x2  1137
4) Résolvons dans Z l’équation x19  1137 .
25

.

Supposons que cette équation admet au moins une solution x dans Z
donc x19  1137 , donc x38  1137 , donc x2  1137 ( d’après q3) ), donc

,

 x 1  x 1  0 137 , donc x 1  0 137 ou x 1  0 137 ( car 137 est premier)

Donc x 1137 ou x  1137
Le cas x  1137 ne peut pas avoir lieu, car si oui on aurait x19  1137 , et
par suite 1  1137 , et donc 137 / 2 , ce qui contredit le fait que 137 / 2 .
Mr.EL ABBASSI Mohammed - professeur de Maths au lycée Ibn Abdoun-Khouribga

7

Et comme la condition nécessaire x 1137 est aussi une condition suffisante ( car
si x  1137 alors x19  1137 ) alors l’ensemble des solutions de cette équation est


S  1137k / k Z .

Exercice 1 ( Analyse )
A- 1- Montrons que  x R  : 1  x  e x .
Pour cela, considérons la fonction g définie sur R : g  x   ex 1 x .
On a g dérivable sur R et on a  x R  : g  x   ex 1.
D’où le tableau des variations de g ( sans limites aux bornes ) :


x
g  x 
g  x

+

0

-

0
0

+

D’après ce tableau, on constate que 0  Ming  x  , d’où on a :
x R  : g  x   0 , on en déduit que x R  : 1 x  e x .
2- a- Montrons que x  0,   : 0  1 e x  x .
Comme x  0,   :  x  0 alors on a : x  0,   : e x 1.
D’où , on a :  x  0,   : 0  1 e x .
Comme  x R  : 1  x  e x alors  x R  : 1    x   e x
Et donc, on a : x  0,   :1 e x  x
Et par suite, on a : x  0,   : 0  1 e x  x
b- Déduisons que x  0,   :0  1 x 

x2
 e x
2



x3
6

.

Soit x  0,  , on a t  0, x  :0  1 et  t , donc on a :
x

x

0   1 et  dt   t dt
0

( signalons que les fonctions sous le signe intégral sont continues )

0

2

On en déduit que 0  x  e x 1  x , et ceci pour tout x  0,  .
2

Encore une fois, soit x  0,  , on a :  t  0, x   : 0  t  et 1  t
2

2

t2
Donc on a : 0   t  e 1 dt   dt .
2
0
0
x

x

Et comme  t  e
0

t

x

t

t2
1 dt  
 2



x

e

t

 x2
x2
 t    e x  x  1  1  x   e x
2
 0 2

2

3

Alors on a : 0  1  x  x  e x  x , et ceci pour tout x  0,  .
2

c- Montrons que

lim

x 0

1 x  e
x

2

x

6



1
.
2

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

8

x

2
3
 3
et  t dt   t   x
2
0
 6 0 6
x

2

2

x3 , et comme
2
2 6
1 1  x  e x
1 x
2

x

0,

alors
on
obtient
:





x

0,

x

0


 

 2

2 6
x2
 1 x
1 alors lim 1  x  e x   1 .
Et comme xlim






x 0
0
2
2
x2
 2 6

On a, d’après q2)b :  x 0,    x  1  x  e x   x







B) On considère la fonction f définie sur I  0,   par :

f

 e x  e2 x


 x    x , si x   0,  
1 , si x  0


1) a-Montrons que f est continue à droite en 0.
On a :

lim

x 0

e
f  x   xlim
0


x

 ex 1 
 e2 x
ex 1
(
car
 lim e2 x 

1

f
0
lim
1
 

x 0
x 0
x
x
x



et xlim
e2 x  1 ).
0


D’où f est continue à droite en 0.
b- On a x  0,   :
1  2 x  e2 x 1  x  e x 1  2 x  e2 x 1  e x  x 1  e x  1  e2 x  2 x  x




x2
x2
x2
x2
x2
e x  e2 x
1 f  x  1
x
2 x
e e  x
x



x2
x
x0
2 x
f  x   f  0
f  x  1
1 2x  e
1  x  e x
c- On a : xlim

lim

lim

0
x 0
x 0
x0
x0
x2
x2
1  x  e x
1
On a d’après qA)1-c : xlim
  et on a :
2

0
x
2
2 x
2 x
1 2x  e
1  2x  e
1  t  e t
 1
lim

4
lim

4
lim
 4      2 . ( posons t  2 x )
2
2
2


x 0
x 0
t 0
x
t
 2
 2x

Donc

lim

x 0

f  x   f  0
x0

 2 

1
3
  R .
2
2

Et par suite f est dérivable à droite en 0 , et on a : f d 0   3

2

.

2)a– La fonction f est dérivable sur 0,  ( rapport de deux fonctions dérivables )
et on a  x  0,   :
x
2 x 
x
2 x
x
2 x
x
2 x
 e x  e2 x   e  e  x  x  e  e   e  2e  x   e  e 
f  x  

 
x 
x2
x2

2 x
x
 xe x  2 xe2 x  e x  e2 x 2 xe2 x  e2 x  e x  xe x e  2 x  1  e 1  x  e2 x



 2  2 x  1  e x 1  x  
2
2
2
x
x
x
x

b- Montrons que x  0,   : f   x   e2 x .
2 x

On a :  x  0,   f   x   e 2  2 x  1  e x 1  x  
x
Mr.EL ABBASSI Mohammed - professeur de Maths au lycée Ibn Abdoun-Khouribga
9

Soit

x  0,  , on a :
e2 x
e2 x
x
2
x

1

e
1

x

 x 2  2 x  1  e x 1  x 
 
2
2
x
x
2 x
2 x
1  x  e e x  1  x
e
2
 2 e x 1  x    x  1 
 
x
x2
1  x  e 2 x

x
 0 alors on a :
 x  0,   : e  1  x   0 ( d’après qA)1 ) et
x2
: e2 x  f  x  0 .

 x  0,   :  e2 x 



f   x   e2 x 





Et comme

 x  0,  











 

Et par suite , on a : x  0,   : f   x   e2 x
c- Déduction des variations de f sur I  0,   :
Comme x  0,   : f   x   e2 x et comme x  0,   :  e2 x 0 alors on a :
 x  0,   : f   x  0 .
Et par suite f est strictement décroissante sur 0,  et comme elle est
continue à droite en 0 alors elle est strictement décroissante sur I  0,   .
2 x



3) Admettant que  x  0,   : f   x   e 3 4 x2  4 x  2  e x  2  2 x  x 2 
x

.

x2
a- Montrer que x  0,   : 1  x   e x .
2
Soit x  0 , on a t  0, x :1 t  et



x

x

0

0



Donc  1 t  dt   e dt , et comme
Alors on a : x  x

2

2

t

x

 t2 
x2
0 1 t  dt  t  2   x  2 et

0
x

x

x

t
t
x
 e dt  e 0  e 1
0

 e x 1 .

Et par suite on a : 1  x  x

2

2

 e x , et ceci pour tout

b- Déduisons que  x  0,   : f   x 0
2 x

On a  x  0,   : f   x   2e 3
x

x  0,  . Cqfd

.



x2  
 2 x2  2 x 1  e x 1  x   


2  



2
2

Comme x  0,   : 1  x  x  e x , alors on a : x  0,   1 x  x 
2
2






2

Donc on a x  0,   : 2x2  2x 1 1 x  x
Et comme  x  0,  



2

2

2



2





2



2



2

 2x2  2x 1 1 x  x  e

x

:
2

2 x

2



 1 x  x  e

2

x2 
x4
x2
x
2
2
 2 x 1  1  x    2 x  2 x  1  1  x   2 x  2  2 x.
2
4
2
2


  2 x2  2x2  2x  2x 

x4 x4
 0
4 4

Mr.EL ABBASSI Mohammed - professeur de Maths au lycée Ibn Abdoun-Khouribga
10

x

2 x
2

Alors on a  x  0,   : 2 x2  2 x 1 1 x  x  e x 0 , et comme  x  0,   : 2e 3 0
x

Alors on a :  x  0,   : f   x 0 .

2



3
f
x   .
4) Admettant que xlim


0


a- Montrons que
On a :

2

lim

x 

f  x  0 .
2 x

e
f
x   lim 2


x 
x 
lim

x

( Car lim

x 

 2 x  1  e 1  x   lim x1  2 xe
x

2

x 

2 x



 e2 x  e x  xe x  0

1
 0 et lim et  lim tet  0 et lim  2 x  lim  x   )
2
x 
x 
x
x
x

b-Déduisons que x  0,  

:

f  x  3

2

.

Comme  x  0,   : f   x 0 alors la fonction f  est strictement croissante
sur 0,  et comme f  est continue sur 0,  ( car dérivable ), alors on a :
 3 
f   0,     xlim
f
x  , lim f   x      , 0  .


x 
0


 2 
On en déduit que  x  0,   :  3  f   x  0 .
2
3
D’où on a :  x  0,   : f   x   et comme
2


f est dérivable à droite en 0

et f d 0   3 , alors on peut dire qu’on a :  x  I  0,    : f   x   3 .
2

5) a- On a :

lim

x 

2

1  x 2 x
f  x   xlim
e  e   0

x

( Car lim

x 

1
 0 et lim e x  lim e2 x  0 )
x
x
x

Donc la droite d’équation y  0 c.à.d l’axe des abscisses est une asymptote
horizontale de la courbe  C  au voisinage de  .
b- Tableau de variations de f
x

f  x
f  x



0

1

0

c- L’équation de la demi-tangente    de la courbe  C  au point T  0,1 est :

  : x  0,   y  f  0  x  0   f  0    32 x  1 .
'
d

Comme  x  0,   : f   x 0 alors la courbe  C  est convexe sur 0,  et
comme elle est continue à droite en 0 alors elle est convexe sur I  0,   ,
donc elle est au dessus de toutes ses tangentes et demi-tangentes sur I  0,  
Et par suite la courbe  C  est au dessus de la demi-tangente    .
d- Tracé de la courbe  C  et de la demi-tangente   
Mr.EL ABBASSI Mohammed - professeur de Maths au lycée Ibn Abdoun-Khouribga
11

C 


C) 1) Considérons la fonction g définie sur l’intervalle 0,1 par : g  x   f  x   x
a- La fonction g est continue sur l’intervalle 0,1 ( somme de deux fonctions continues )
et comme g est strictement décroissante sur 0,1 ( somme de deux fonctions
strictement décroissantes ) alors elle réalise une bijection de 0,1 vers l’intervalle
 e 1  e   1

J  g  0,1    g 1 , g  0   f 1 1,1  
 
 
 


e



2



,1 .


 e 1  e   1 
,1

e2



b- Comme la fonction g réalise une bijection de 0,1 vers
comme 0   e 1  2e   1 ,1






e

!  0,1: f     .







( car e 1  2e   1 0 ) alors !   0,1 : g    0
e

et

c.à.d

2) Pour tout n N et pour tout k0,1,2,...,n , considérons les réels xk  k
n
et posons I k 

xk 1

xk 1

k

k

x f t  dt et J k  x f  x  dt .
k

Remarques :
les  xk k 0,1,...,n1 constituent une subdivision uniforme de pas  de


n
l’intervalle 0,  .
k 0,1,2,...,n : xk  k  0  k   0 , x0  0 et xn   et xk 1  xk  
a- Soit k0,1,2,...,n , on a :
Jk  Ik 

xk 1

n

n

n

xk 1

xk 1

xk 1

 f  x  dt   f t  dt  x  f  x   f t  dt  x
k

k

xk

xk

k

.

f  xk   f  t  dt

k

Comme 0  k  n alors 0  k  1 et comme 0 1 alors 0   k   1 , donc
n
n

xk  0,1  0,1 et comme t   xk , xk 1   0,1 ( xk 1  xk  0 et comme f est
dérivable sur 0,1





et x   0,1 : f   x 

n

3

2

l’inégalité des accroissements finis on a :

alors d’après le théorème de
f  xk   f  t  

3
x t
2 k

Mr.EL ABBASSI Mohammed - professeur de Maths au lycée Ibn Abdoun-Khouribga
12

Donc

xk 1


x

f  xk   f  t  dt 

xk 1

k

Alors


x

3
x  t dt et comme
2 k


x


x

3
3
xk  t dt 
2
2

k

k

xk 1

xk 1

f  xk   f  t  dt 

k

3
2

xk 1


x

 t  xk  dt

xk 1

x t  x  dt . ( car t  x )
k

k

k

.

k

Et par suite, on a : J k  I k  3
2

xk 1


x

 t  xk  dt

k

b- Soit k0,1,2,...,n ,montrons que J k  I k  3  2

2

4n

.

Je signale que j’ai opté pour une méthode géométrique pour prouver
cette inégalité.
On a : J k  I k  3
2

xk 1


x

 t  xk  dt .

k

C 

n

Bk

Bk 1
Ak 1

Ak

0 xk

Considérons les points

xk 1

 
Ak  xk ,0 , Ak 1  xk 1 ,0 , Bk  xk , 
n


La droite  Ak Bk 1  est d’équation : y  t  xk
L’intégrale

xk 1


x



 t  xk  dt représente l’aire

et Bk 1  xk 1 ,  


n

.

.

S k du

triangle

Ak Ak 1Bk 1 .

k

2

 
Comme le quadrilatère Ak Ak 1Bk 1Bk est un carré de longueur et d’aire   et
n
n
comme l’aire S k du triangle Ak Ak 1Bk 1 est la moitié de celle de Ak Ak 1Bk 1Bk , alors
2
1  
Sk    .
2 n 
xk 1
2
1  
Ainsi nous avons réussi à prouver que   t  xk  dt    .
2 n 
x

k

Et comme J k  I k  3
2

xk 1



xk

3 1   3  
 t  xk  dt , alors on a : J k  I k  2  2  n   4  n  . Cqfd
 
 
2

2

Mr.EL ABBASSI Mohammed - professeur de Maths au lycée Ibn Abdoun-Khouribga
13



3) On pose L   f t  dt .
0


a- Soit n N , on a :

n

n 1


k 0

 k 
f
L 
 n 


n 1





 n f  x    f  t  dt
0
k

k 0
n 1

n 1

I J
k 0

k

k 0

k

Et comme d’après q)C-2-b , on a :



n 1

I
k 0



n 1

xk 1

n 1

xk 1

  f  x  dt    f  t  dt
x
x
k 0

k

k

k 0

k

n 1

k

 J k    I k  J k ( inégalité triangulaire )
k 0

k 0,1,2,...,n Jk  Ik  3 2

2

4n

3
3
3
 k 
 n

, et ceci pour tout n N .
L  
2
n
4
4
n
4
n
n

k 0
k 0
n 1
3 2

3 2
 k 
b- Comme n  N
,
et
comme
lim
 0 alors
f

L

  
n  4 n
n k 0  n 
4 n




n 



n 1

 f 
n

Alors on a :

lim

n 1

2

2

2





 k 
f

  L   f  t  dt .
n k 0  n 
0
n 1

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