Corrigé des ex 3 & 4 de l'épreuve de maths examen national bac Sciences Mthématiques SN 2022 2023 . Mr.ELABBASSI Mohammed2 (9)

Corrigé de l’exercice sur les
nombres complexes et celui
sur l’arithmétique
Examen National session
ordinnaire
07/06/2023

2ème année Sciences Mathématiques
Corrigés par
Mr.EL ABBASSI Mohammed
Professeur de Mathématiques
Au lycée Ibn Abdoun- Khouribga
Epreuve qui se distingue par un nouveau style.
Le fond est le même mais la forme a changée.
Je pense que c’est un sujet qui laisse à beaucoup
réfléchir sur sa méthode d’apprendre les maths.
Je vous promet que je vais essayer de terminer les
autres exercices dans l’avenir le plus proche possible
07 juin 2023
1

1) a-On a : 1 i 
b- On a :


2



1 i  1 





Soit u  1 2  3 i

Exercice 3 ( Les complexes )



i
1
3


et 1 3i  2   i   2e 3 .
2 
2



  
 3  4 
i  i 
  
i
i

i
 4 3

12 
2e 4 e 3



e
e
 e 12 .
2 2



i
2
2
 i   2e 4
2
2 

3i

2 2

2

1 i  1 

  1

3  i 3 1
2 2
2 2
2 2






 1 i  1 3i  
 1 i  1 3i   1 3

   3 1 .


et donc Re 
et Im 

 2 2

 2 2
2 2
2 2





c- On a d’une part :







Et d’autre part :



Re 




Donc : cos   1 3
12

3i

2 2

1 i  1

3i  

   cos 
12




2 2



et



Im 




1 i  1

3i  

2 2

sin 

   sin 
12




12
sin   3 1 et comme tan  
12 2 2
12 cos 

et

12





2
3 1
3

1
42 3

 2 3 .
Alors on a : tan   2 2  3 1 
3 1
2
12 3 1 3 1
2 2


1 
  i sin    1 ei12
u

1

2

3
i

1

i
tan

cos
d- On a :

12 cos  
12
12  cos 





12

Et comme cos   1 3 alors , on a :
12

2 2

i

12

2 2  3 1
2
2

  6 2



2
1 3
cos
1

12

Et par suite, on a : u   6  2  e 12 .




2) Soient les deux suites  xn  et  yn  définies par :

 x0  1 , y0  0

 xn 1  xn  2  3 yn

 yn 1  2  3 xn  yn










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

2

a- Montrons par récurrence que n N  : xn  iyn  u n
Pour n  0 , on a : x0  iy0  1 i0  1  u0

Donc la propriété est vérifiée pour n  0 .
Soit nN , supposons que xn  iyn  u n et montrons que xn1  iyn1  u n1 .
On a :
xn1  iyn1  xn  2  3 yn  i 2  3 xn  yn  xn  iyn  2  3 i  xn  iyn 





 









 

 xn  iyn 1 2  3 i  xn  iyn







S .H .R

 u n .u  u n1

Et par suite, d’après le principe de la récurrence, on a : n N  : xn  iyn  u n .
b- Déduction : Soit nN
On a d’après la question précédente :


i 
 1
e 12 


 cos


12


n

n

i
 n 
 n 
1
1
1
12 
xn  iyn


e
n
n cos  12   i
n sin  12 

 







 cos 12 
 cos 12 
 cos 12 






 n 
 n 
cos  
sin  
 12 
 12  .
Donc par identification, on a : xn 
n et yn 
n






 cos 12 
 cos 12 





 un

voir q1) d

( vu l’unicité de l’écriture algébrique).

3) Pour tout nN , on considère le point An  un 
z  zO
a- Les points O , A0 et An sont alignés si et ssi An
R
z

z

 zO





n

A0

 zO

n i
un un n
Et comme
 0 
 u  6  2 e 12 , alors
z  zO u
1
A0

An

i n
e 12

Les points O , A0 et An sont alignés si et ssi
R
si et ssi n  0  
12
si et ssi n 12k , avec k  N .
b- Le triangle OAn An1 est rectangle en An si et ssi
Et comme  n N  :

z

An1

z

z

An1

z

An

zO  z A

 iR

n

An

zO  z A

n







u n1  u n
 1  u  3  2 i iR , alors
u n

Pour tout nN , le triangle OAn An1 est rectangle en An .
Mr.EL ABBASSI Mohammed - professeur de Maths au lycée Ibn Abdoun-Khouribga

3

Exercice 4 ( L’arithmétique )
Soit p un nombre premier impair, donc p  3 .
1) a- Comme p un nombre premier et p  3 alors on a p  2  1 , et donc
d’après le théorème de Fermat, on a : 2 p1  1  p .
p 1  k
c- Comme p est impair alors p  2k 1 , donc p 1  2k et
.
2
Donc
2
2 p1  1  p    2k  12  0  p 


 2k 1 2k 1  0  p




2k 1  0  p  ou 2k  1  0  p   car
2k  1  p  ou 2k  1  p 
p 1

p premier 

p 1

2 2  1  p  ou 2 2  1  p 
2) Soit x un entier relatif solution de l’équation  E  : x2  2  p  .
a- Montrons que p  x  1.
Comme p est premier alors on a : p  x  1 ou bien p  x  p .
Supposons que p  x  p , donc p / x
Donc x  0  p  et donc x2  0  p  et comme x2  2  p alors 0  2  p


Donc p / 2 et donc p  2 , ce qui contredit que p  2 , puisque p  3 .
Donc ce que nous avons supposé est faux.
Et par suite p  x  1.
p 1
2

b- Déduisons que 2 1  p 
Comme p est premier et p  x  1 alors d’après le théorème de Fermat,
2 p 1
 2 




on a : x

p 1

 1  p  , donc x

Et comme x2  2



 1  p  , c.à.d  x

2








p1
2 

 1  p

p1
 p alors on en déduit que 2 2  1  p  .
 

3) Soit k 1,2,..., p 1 , montrons que p / C pk .

Comme kC pk  pC pk 11 et comme C pk et C pk 11 sont des entiers naturels
alors p / kC pk et comme p  k 1 ( car p est premier et k  p 1 ) alors

p / C pk ( d’après le théorème de Gauss ).
Mr.EL ABBASSI Mohammed - professeur de Maths au lycée Ibn Abdoun-Khouribga

4

4) a-On a : 1 i  p  

2



p





4

 cos

formule de Moivre ).
p

 i sin

p 1
2



b- Admettant que 1 i     1


k 0
p
2
2 cos  p   Z
 4

et
p

p

p

 2 2  cos  p    i sin  p    . ( d’après la

4 

k









p 1
2

k

4

C p2k  i   1 C p2 k 1



4 

et montrons que

k 0

p
2
2 cos  p    1  p .
 4

On a : 1 i  p  2 2  cos  p    i sin  p    ( d’après q4)a) et comme
1 i 





p





p 1
2

 4
p 1
2



4 

 1 C p2k  i   1 C p2k 1 (d’après la relation admise), alors par

k 0
k 0
k

k

p 1

identification , on en déduit que :
p 1
2

  1

k 0

k

C p2k

p
2
k
2
2 cos  p     1 C p2k
 4  k 0



 Z ( somme d’entiers relatifs ) alors

et comme

p
2
2 cos  p   Z . De
 4

même, on a :

p1

p
2
k
2
2 cos  p    1  1 C p2k
 4
k 1




p  1
k  1,2,...,

2 


:

( car C 0p  1 et  1  1 ). Et comme, d’après q)3,
0

p / C p2k

. ( car 2k  p 1 ) alors

p
2
2 cos  p    1  p .
 4

4) Supposons que p  5 8 et montrons que l’équation  E  ne peut pas
 
admettre de solutions dans Z .
Supposons qu’il existe au moins xZ tel que x2  2  p .
Comme p  5 8 alors p  5  8k , avec kN , donc p   5  2k
 

4

4

Donc cos  p    cos  5  2k   cos  5   cos        cos      1


Et comme
p 1
2 2

4

 4



 4 



4

p
2
2 cos  p    1 p ( d’après question précédente) alors
 4

 1 p  , et d’après le résultat de la question 2)b

4



p
2
2
1
22

1

22

 1 p 

, c.à.d

p 1
qui dit que 2 2  1 p  , on en

déduit que 1  1 p , et donc p / 2 , d’où p  2 , ce qui contredit le fait que p  5 .

Donc ce que nous avons supposé est faux.
Et par suite l’équation  E  ne peut pas admettre de solutions dans Z
Mr.EL ABBASSI Mohammed - professeur de Maths au lycée Ibn Abdoun-Khouribga

5