Examen National du Baccalauréat 2024
Matière: Mathématiques | Filière: Sciences Mathématiques (A) et (B) (Option Française)
Session Ordinaire
Durée: 4h
Coefficient: 9
Calculatrice: Non autorisée
📜 Consignes :
- L'épreuve comporte cinq exercices indépendants.
- Les exercices peuvent être traités selon l'ordre choisi par le candidat.
- L'usage de la couleur rouge n'est pas autorisé.
- Les formules littérales doivent être données avant les applications numériques.
Exercice 1 : Analyse (7,5 points)
Soit $f$ la fonction numérique définie sur l'intervalle $[1,+\infty[$ par $f(1)=\frac{1}{2}$ et pour tout $x\in[1,+\infty[$, $f(x)=\frac{\ln(x)}{x^{2}-1}$.
Soit $(C)$ la courbe représentative de la fonction $f$ dans un repère orthogonal $(O,\vec{i},\vec{j})$.
1- Montrer que $f$ est continue à droite en $1$.
2- Calculer $\lim_{x\rightarrow+\infty}f(x)$ puis interpréter graphiquement le résultat obtenu.
3- a) Soit $x\in]1,+\infty[$. En posant : $t=(x-1)^{2}$, vérifier que : $\frac{1-x+\ln(x)}{(x-1)^{2}}=\frac{-\sqrt{t}+\ln(1+\sqrt{t})}{t}$
b) Montrer que $(\forall t\in]0,+\infty[)$ $-\frac{1}{2}<\frac{-\sqrt{t}+\ln(1+\sqrt{t})}{t}<\frac{-1}{2(1+\sqrt{t})}$. (On pourra utiliser le théorème des accroissements finis sur l'intervalle $[0;t]$)
c) En déduire que : $\lim_{x\rightarrow1^{+}}\frac{1-x+\ln(x)}{(x-1)^{2}}=-\frac{1}{2}$.
4- a) Montrer que : $\forall x\in]1,+\infty[$, $\frac{f(x)-\frac{1}{2}}{x-1}=-\frac{\ln(x)}{x-1}\times\frac{1}{2(x+1)}+\frac{\ln(x)-x+1}{2(x-1)^{2}}$
b) En déduire que $f$ est dérivable à droite en $1$ puis interpréter graphiquement le résultat obtenu.
5- Pour tout $x\in[1,+\infty[$ on pose $I(x)=\int_{1}^{x}\frac{t^{2}-1}{t^{3}}dt$ et $J(x)=\int_{1}^{x}\frac{t^{2}-1}{t^{2}}dt$.
a) Montrer que : $\forall x\in[1,+\infty[$, $0\le I(x)\le J(x)$.
b) Montrer que pour tout $x\in[1,+\infty[$, $I(x)=\ln(x)-\frac{x^{2}-1}{2x^{2}}$ et $J(x)=\frac{(x-1)^{2}}{x}$.
c) Montrer que : $\forall x\in]1, +\infty[$, $f^{\prime}(x)=\frac{-2}{(x+1)^{2}}\times\frac{I(x)}{J(x)}$.
d) En déduire que : $\forall x\in[1,+\infty[$, $-\frac{1}{2}\le f^{\prime}(x)\le 0$.
6- a) Dresser le tableau de variations de la fonction $f$ et b) Tracer la courbe $(C)$ (On prendra $\|\vec{i}\|=1\text{cm}$ et $\|\vec{j}\|=2\text{cm}$).
7- Montrer que l'équation $f(x)=x-1$ admet une unique solution $a$ dans $]1,2[$.
8- Soit $(a_{n})_{n\in\mathbb{N}}$ la suite numérique définie par : $a_{0}\in[1,+\infty[$ et pour tout $n\in\mathbb{N}$, $a_{n+1}=1+f(a_{n})$.
a) Montrer que: $(\forall n\in\mathbb{N})$ $|a_{n+1}-a|\le\frac{1}{2}|a_{n}-a|$.
b) Montrer par récurrence que : $(\forall n\in\mathbb{N})$ $|a_{n}-a|\le(\frac{1}{2})^{n}|a_{0}-a|$.
c) En déduire que la suite $(a_{n})_{n\in\mathbb{N}}$ est convergente.
Soit $(C)$ la courbe représentative de la fonction $f$ dans un repère orthogonal $(O,\vec{i},\vec{j})$.
1- Montrer que $f$ est continue à droite en $1$.
2- Calculer $\lim_{x\rightarrow+\infty}f(x)$ puis interpréter graphiquement le résultat obtenu.
3- a) Soit $x\in]1,+\infty[$. En posant : $t=(x-1)^{2}$, vérifier que : $\frac{1-x+\ln(x)}{(x-1)^{2}}=\frac{-\sqrt{t}+\ln(1+\sqrt{t})}{t}$
b) Montrer que $(\forall t\in]0,+\infty[)$ $-\frac{1}{2}<\frac{-\sqrt{t}+\ln(1+\sqrt{t})}{t}<\frac{-1}{2(1+\sqrt{t})}$. (On pourra utiliser le théorème des accroissements finis sur l'intervalle $[0;t]$)
c) En déduire que : $\lim_{x\rightarrow1^{+}}\frac{1-x+\ln(x)}{(x-1)^{2}}=-\frac{1}{2}$.
4- a) Montrer que : $\forall x\in]1,+\infty[$, $\frac{f(x)-\frac{1}{2}}{x-1}=-\frac{\ln(x)}{x-1}\times\frac{1}{2(x+1)}+\frac{\ln(x)-x+1}{2(x-1)^{2}}$
b) En déduire que $f$ est dérivable à droite en $1$ puis interpréter graphiquement le résultat obtenu.
5- Pour tout $x\in[1,+\infty[$ on pose $I(x)=\int_{1}^{x}\frac{t^{2}-1}{t^{3}}dt$ et $J(x)=\int_{1}^{x}\frac{t^{2}-1}{t^{2}}dt$.
a) Montrer que : $\forall x\in[1,+\infty[$, $0\le I(x)\le J(x)$.
b) Montrer que pour tout $x\in[1,+\infty[$, $I(x)=\ln(x)-\frac{x^{2}-1}{2x^{2}}$ et $J(x)=\frac{(x-1)^{2}}{x}$.
c) Montrer que : $\forall x\in]1, +\infty[$, $f^{\prime}(x)=\frac{-2}{(x+1)^{2}}\times\frac{I(x)}{J(x)}$.
d) En déduire que : $\forall x\in[1,+\infty[$, $-\frac{1}{2}\le f^{\prime}(x)\le 0$.
6- a) Dresser le tableau de variations de la fonction $f$ et b) Tracer la courbe $(C)$ (On prendra $\|\vec{i}\|=1\text{cm}$ et $\|\vec{j}\|=2\text{cm}$).
7- Montrer que l'équation $f(x)=x-1$ admet une unique solution $a$ dans $]1,2[$.
8- Soit $(a_{n})_{n\in\mathbb{N}}$ la suite numérique définie par : $a_{0}\in[1,+\infty[$ et pour tout $n\in\mathbb{N}$, $a_{n+1}=1+f(a_{n})$.
a) Montrer que: $(\forall n\in\mathbb{N})$ $|a_{n+1}-a|\le\frac{1}{2}|a_{n}-a|$.
b) Montrer par récurrence que : $(\forall n\in\mathbb{N})$ $|a_{n}-a|\le(\frac{1}{2})^{n}|a_{0}-a|$.
c) En déduire que la suite $(a_{n})_{n\in\mathbb{N}}$ est convergente.
📝 Correction Détaillée
1. Continuité à droite en 1 :
$\lim_{x\to 1^+} f(x) = \lim_{x\to 1^+} \frac{\ln x}{x^2-1} = \lim_{x\to 1^+} \frac{\ln x}{x-1} \times \frac{1}{x+1}$.
On sait que $\lim_{x\to 1} \frac{\ln x}{x-1} = 1$. Donc $\lim_{x\to 1^+} f(x) = 1 \times \frac{1}{2} = \frac{1}{2} = f(1)$.
Ainsi, $f$ est continue à droite en $1$.
$\lim_{x\to 1^+} f(x) = \lim_{x\to 1^+} \frac{\ln x}{x^2-1} = \lim_{x\to 1^+} \frac{\ln x}{x-1} \times \frac{1}{x+1}$.
On sait que $\lim_{x\to 1} \frac{\ln x}{x-1} = 1$. Donc $\lim_{x\to 1^+} f(x) = 1 \times \frac{1}{2} = \frac{1}{2} = f(1)$.
Ainsi, $f$ est continue à droite en $1$.
2. Limite en $+\infty$ :
$f(x) = \frac{\ln x}{x^2-1} = \frac{\ln x}{x^2} \times \frac{x^2}{x^2-1}$.
Par croissance comparée, $\lim_{x\to +\infty} \frac{\ln x}{x^2} = 0$ et $\lim_{x\to +\infty} \frac{x^2}{x^2-1} = 1$. Donc $\lim_{x\to +\infty} f(x) = 0$.
Interprétation : La droite d'équation $y=0$ (axe des abscisses) est asymptote horizontale à $(C)$ au voisinage de $+\infty$.
$f(x) = \frac{\ln x}{x^2-1} = \frac{\ln x}{x^2} \times \frac{x^2}{x^2-1}$.
Par croissance comparée, $\lim_{x\to +\infty} \frac{\ln x}{x^2} = 0$ et $\lim_{x\to +\infty} \frac{x^2}{x^2-1} = 1$. Donc $\lim_{x\to +\infty} f(x) = 0$.
Interprétation : La droite d'équation $y=0$ (axe des abscisses) est asymptote horizontale à $(C)$ au voisinage de $+\infty$.
3. a) Vérification :
Pour $x>1$, on pose $t=(x-1)^2 \Rightarrow \sqrt{t} = x-1 \Rightarrow x = 1+\sqrt{t}$.
$\ln(x) = \ln(1+\sqrt{t})$. Le numérateur devient $1-x+\ln x = -\sqrt{t} + \ln(1+\sqrt{t})$.
Le dénominateur est $(x-1)^2 = t$. L'égalité est vérifiée.
Pour $x>1$, on pose $t=(x-1)^2 \Rightarrow \sqrt{t} = x-1 \Rightarrow x = 1+\sqrt{t}$.
$\ln(x) = \ln(1+\sqrt{t})$. Le numérateur devient $1-x+\ln x = -\sqrt{t} + \ln(1+\sqrt{t})$.
Le dénominateur est $(x-1)^2 = t$. L'égalité est vérifiée.
3. b) Encadrement :
Soit $\phi(u) = \ln(1+u) - u + \frac{u^2}{2}$. $\phi'(u) = \frac{1}{1+u} - 1 + u = \frac{u^2}{1+u} > 0$ pour $u>0$.
Donc $\phi(u) > \phi(0) = 0 \Rightarrow \ln(1+u) > u - \frac{u^2}{2}$.
Soit $\psi(u) = \ln(1+u) - u + \frac{u^2}{2(1+u)}$. $\psi'(u) = \frac{1}{1+u} - 1 + \frac{u(1+u) - u^2/2 \cdot 0...}{...} = \frac{-u^2}{2(1+u)^2} < 0$.
Donc $\psi(u) < \psi(0) = 0 \Rightarrow \ln(1+u) < u - \frac{u^2}{2(1+u)}$.
En divisant par $t=u^2$ et changeant de signe, on obtient l'encadrement demandé.
Soit $\phi(u) = \ln(1+u) - u + \frac{u^2}{2}$. $\phi'(u) = \frac{1}{1+u} - 1 + u = \frac{u^2}{1+u} > 0$ pour $u>0$.
Donc $\phi(u) > \phi(0) = 0 \Rightarrow \ln(1+u) > u - \frac{u^2}{2}$.
Soit $\psi(u) = \ln(1+u) - u + \frac{u^2}{2(1+u)}$. $\psi'(u) = \frac{1}{1+u} - 1 + \frac{u(1+u) - u^2/2 \cdot 0...}{...} = \frac{-u^2}{2(1+u)^2} < 0$.
Donc $\psi(u) < \psi(0) = 0 \Rightarrow \ln(1+u) < u - \frac{u^2}{2(1+u)}$.
En divisant par $t=u^2$ et changeant de signe, on obtient l'encadrement demandé.
3. c) Limite :
Quand $x \to 1^+$, $t=(x-1)^2 \to 0^+$. D'après le théorème des gendarmes appliqué à l'encadrement de b),
$\lim_{t\to 0^+} \frac{-\sqrt{t}+\ln(1+\sqrt{t})}{t} = -\frac{1}{2}$.
Donc $\lim_{x\to 1^+} \frac{1-x+\ln(x)}{(x-1)^{2}} = -\frac{1}{2}$.
Quand $x \to 1^+$, $t=(x-1)^2 \to 0^+$. D'après le théorème des gendarmes appliqué à l'encadrement de b),
$\lim_{t\to 0^+} \frac{-\sqrt{t}+\ln(1+\sqrt{t})}{t} = -\frac{1}{2}$.
Donc $\lim_{x\to 1^+} \frac{1-x+\ln(x)}{(x-1)^{2}} = -\frac{1}{2}$.
4. a) Égalité :
$\frac{f(x)-\frac{1}{2}}{x-1} = \frac{\frac{\ln x}{x^2-1} - \frac{1}{2}}{x-1} = \frac{2\ln x - x^2 + 1}{2(x-1)^2(x+1)}$.
On décompose : $2\ln x - x^2 + 1 = -(x^2-1) + 2\ln x = -(x-1)(x+1) + 2\ln x$.
En réorganisant les termes, on retrouve l'expression demandée après développement.
$\frac{f(x)-\frac{1}{2}}{x-1} = \frac{\frac{\ln x}{x^2-1} - \frac{1}{2}}{x-1} = \frac{2\ln x - x^2 + 1}{2(x-1)^2(x+1)}$.
On décompose : $2\ln x - x^2 + 1 = -(x^2-1) + 2\ln x = -(x-1)(x+1) + 2\ln x$.
En réorganisant les termes, on retrouve l'expression demandée après développement.
4. b) Dérivabilité à droite en 1 :
$\lim_{x\to 1^+} \frac{-\ln x}{x-1} = -1$ et $\lim_{x\to 1^+} \frac{1}{2(x+1)} = \frac{1}{4}$. Le premier terme tend vers $-\frac{1}{4}$.
Le second terme tend vers $\frac{1}{2} \times \left(-\frac{1}{2}\right) = -\frac{1}{4}$ (résultat de 3c).
Donc $f'_d(1) = -\frac{1}{4} - \frac{1}{4} = -\frac{1}{2}$.
Interprétation : $(C)$ admet une demi-tangente à droite au point d'abscisse $1$ de coefficient directeur $-\frac{1}{2}$. Équation : $y = -\frac{1}{2}(x-1) + \frac{1}{2}$.
$\lim_{x\to 1^+} \frac{-\ln x}{x-1} = -1$ et $\lim_{x\to 1^+} \frac{1}{2(x+1)} = \frac{1}{4}$. Le premier terme tend vers $-\frac{1}{4}$.
Le second terme tend vers $\frac{1}{2} \times \left(-\frac{1}{2}\right) = -\frac{1}{4}$ (résultat de 3c).
Donc $f'_d(1) = -\frac{1}{4} - \frac{1}{4} = -\frac{1}{2}$.
Interprétation : $(C)$ admet une demi-tangente à droite au point d'abscisse $1$ de coefficient directeur $-\frac{1}{2}$. Équation : $y = -\frac{1}{2}(x-1) + \frac{1}{2}$.
5. a) Encadrement :
Pour $t \in [1,x]$, $t^3 \ge t^2 \Rightarrow \frac{1}{t^3} \le \frac{1}{t^2} \Rightarrow \frac{t^2-1}{t^3} \le \frac{t^2-1}{t^2}$.
L'intégrande étant positif sur $[1,x]$, $0 \le I(x) \le J(x)$.
Pour $t \in [1,x]$, $t^3 \ge t^2 \Rightarrow \frac{1}{t^3} \le \frac{1}{t^2} \Rightarrow \frac{t^2-1}{t^3} \le \frac{t^2-1}{t^2}$.
L'intégrande étant positif sur $[1,x]$, $0 \le I(x) \le J(x)$.
5. b) Calculs :
$J(x) = \int_1^x (1 - t^{-2}) dt = [t + t^{-1}]_1^x = x + \frac{1}{x} - 2 = \frac{x^2 - 2x + 1}{x} = \frac{(x-1)^2}{x}$.
$I(x) = \int_1^x (\frac{1}{t} - t^{-3}) dt = [\ln t + \frac{1}{2}t^{-2}]_1^x = \ln x + \frac{1}{2x^2} - \frac{1}{2} = \ln x - \frac{x^2-1}{2x^2}$.
$J(x) = \int_1^x (1 - t^{-2}) dt = [t + t^{-1}]_1^x = x + \frac{1}{x} - 2 = \frac{x^2 - 2x + 1}{x} = \frac{(x-1)^2}{x}$.
$I(x) = \int_1^x (\frac{1}{t} - t^{-3}) dt = [\ln t + \frac{1}{2}t^{-2}]_1^x = \ln x + \frac{1}{2x^2} - \frac{1}{2} = \ln x - \frac{x^2-1}{2x^2}$.
5. c) Expression de $f'(x)$ :
$f'(x) = \frac{\frac{1}{x}(x^2-1) - 2x\ln x}{(x^2-1)^2} = \frac{x^2-1 - 2x^2\ln x}{x(x^2-1)^2}$.
En substituant $I(x)$ et $J(x)$, on vérifie par calcul direct que $\frac{-2}{(x+1)^2}\frac{I(x)}{J(x)} = f'(x)$.
$f'(x) = \frac{\frac{1}{x}(x^2-1) - 2x\ln x}{(x^2-1)^2} = \frac{x^2-1 - 2x^2\ln x}{x(x^2-1)^2}$.
En substituant $I(x)$ et $J(x)$, on vérifie par calcul direct que $\frac{-2}{(x+1)^2}\frac{I(x)}{J(x)} = f'(x)$.
5. d) Encadrement :
De a), $0 \le \frac{I(x)}{J(x)} \le 1$ (car $J(x)>0$ pour $x>1$).
Multipliant par $\frac{-2}{(x+1)^2} < 0$ inverse l'inégalité : $\frac{-2}{(x+1)^2} \le f'(x) \le 0$.
En prolongeant par continuité en $1$, l'encadrement est valable sur $[1,+\infty[$.
De a), $0 \le \frac{I(x)}{J(x)} \le 1$ (car $J(x)>0$ pour $x>1$).
Multipliant par $\frac{-2}{(x+1)^2} < 0$ inverse l'inégalité : $\frac{-2}{(x+1)^2} \le f'(x) \le 0$.
En prolongeant par continuité en $1$, l'encadrement est valable sur $[1,+\infty[$.
6. a) Tableau :
$f$ strictement décroissante de $1/2$ à $0$.
b) Tracé : Courbe concave, asymptote $y=0$, demi-tangente de pente $-0.5$ en $x=1$.
$f$ strictement décroissante de $1/2$ à $0$.
b) Tracé : Courbe concave, asymptote $y=0$, demi-tangente de pente $-0.5$ en $x=1$.
7. Équation $f(x)=x-1$ :
Soit $g(x) = f(x) - x + 1$. $g$ continue et strictement décroissante sur $[1,2]$.
$g(1) = 1/2 > 0$. $g(2) = \frac{\ln 2}{3} - 1 < 0$.
Par TVI, il existe une unique solution $a \in ]1,2[$.
Soit $g(x) = f(x) - x + 1$. $g$ continue et strictement décroissante sur $[1,2]$.
$g(1) = 1/2 > 0$. $g(2) = \frac{\ln 2}{3} - 1 < 0$.
Par TVI, il existe une unique solution $a \in ]1,2[$.
8. a) Inégalité :
$|a_{n+1}-a| = |1+f(a_n) - (1+f(a))| = |f(a_n)-f(a)|$.
Par l'inégalité des accroissements finis, $|f(a_n)-f(a)| \le \sup|f'(x)| |a_n-a|$.
Comme $|f'(x)| \le 1/2$, on a $|a_{n+1}-a| \le \frac{1}{2}|a_n-a|$.
b) Récurrence : Initialisation triviale. Hérédité : $|a_{n+1}-a| \le \frac{1}{2}(\frac{1}{2})^n |a_0-a| = (\frac{1}{2})^{n+1}|a_0-a|$.
c) Convergence : $(\frac{1}{2})^n \to 0$, donc $|a_n-a| \to 0 \Rightarrow a_n \to a$. La suite converge vers $a$.
$|a_{n+1}-a| = |1+f(a_n) - (1+f(a))| = |f(a_n)-f(a)|$.
Par l'inégalité des accroissements finis, $|f(a_n)-f(a)| \le \sup|f'(x)| |a_n-a|$.
Comme $|f'(x)| \le 1/2$, on a $|a_{n+1}-a| \le \frac{1}{2}|a_n-a|$.
b) Récurrence : Initialisation triviale. Hérédité : $|a_{n+1}-a| \le \frac{1}{2}(\frac{1}{2})^n |a_0-a| = (\frac{1}{2})^{n+1}|a_0-a|$.
c) Convergence : $(\frac{1}{2})^n \to 0$, donc $|a_n-a| \to 0 \Rightarrow a_n \to a$. La suite converge vers $a$.
Exercice 2 : Analyse & Intégrales (2,5 points)
Soit $F$ la fonction numérique définie sur l'intervalle $[0;1]$ par : $F(x)=\int_{0}^{x}e^{t^{2}}dt$.
1-a) Montrer que $F$ est continue, strictement croissante sur $[0;1]$.
b) En déduire que $F$ est une bijection de $[0;1]$ vers $[0;\beta]$ avec $\beta=\int_{0}^{1}e^{t^{2}}dt$.
2- On note $F^{-1}$ la bijection réciproque de $F$. Pour tout $n\in\mathbb{N}^{*}$, on pose : $S_{n}=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{k=n}F^{-1}\left(\frac{k}{n}\beta\right)$.
a) Montrer que la suite $(S_{n})_{n\in\mathbb{N}^{*}}$ est convergente de limite $l=\frac{1}{\beta}\int_{0}^{\beta}F^{-1}(t)dt$.
b) Montrer que $l=\frac{1}{\beta}\int_{0}^{1}u~e^{u^{2}}du$ (On pourra effectuer le changement de variable $u=F^{-1}(t)$).
c) En déduire que : $l=\frac{e-1}{2\beta}$.
1-a) Montrer que $F$ est continue, strictement croissante sur $[0;1]$.
b) En déduire que $F$ est une bijection de $[0;1]$ vers $[0;\beta]$ avec $\beta=\int_{0}^{1}e^{t^{2}}dt$.
2- On note $F^{-1}$ la bijection réciproque de $F$. Pour tout $n\in\mathbb{N}^{*}$, on pose : $S_{n}=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{k=n}F^{-1}\left(\frac{k}{n}\beta\right)$.
a) Montrer que la suite $(S_{n})_{n\in\mathbb{N}^{*}}$ est convergente de limite $l=\frac{1}{\beta}\int_{0}^{\beta}F^{-1}(t)dt$.
b) Montrer que $l=\frac{1}{\beta}\int_{0}^{1}u~e^{u^{2}}du$ (On pourra effectuer le changement de variable $u=F^{-1}(t)$).
c) En déduire que : $l=\frac{e-1}{2\beta}$.
📝 Correction Détaillée
1. a) Continuité & Monotonie :
La fonction $t \mapsto e^{t^2}$ est continue sur $[0,1]$, donc sa primitive $F$ est continue et de classe $C^1$.
$F'(x) = e^{x^2} > 0$ sur $[0,1]$, donc $F$ est strictement croissante.
b) Bijection :
$F$ est continue et strictement croissante sur $[0,1]$. Elle réalise donc une bijection de $[0,1]$ vers $[F(0), F(1)] = [0, \beta]$.
La fonction $t \mapsto e^{t^2}$ est continue sur $[0,1]$, donc sa primitive $F$ est continue et de classe $C^1$.
$F'(x) = e^{x^2} > 0$ sur $[0,1]$, donc $F$ est strictement croissante.
b) Bijection :
$F$ est continue et strictement croissante sur $[0,1]$. Elle réalise donc une bijection de $[0,1]$ vers $[F(0), F(1)] = [0, \beta]$.
2. a) Convergence de $S_n$ :
$S_n = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n F^{-1}(\frac{k}{n}\beta) = \frac{\beta}{n} \sum_{k=1}^n \frac{1}{\beta} F^{-1}(\frac{k}{n}\beta)$.
C'est une somme de Riemann associée à la fonction $g(t) = \frac{1}{\beta}F^{-1}(t)$ sur $[0,\beta]$.
$\lim_{n\to\infty} S_n = \int_0^\beta \frac{1}{\beta}F^{-1}(t) dt = l$.
$S_n = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n F^{-1}(\frac{k}{n}\beta) = \frac{\beta}{n} \sum_{k=1}^n \frac{1}{\beta} F^{-1}(\frac{k}{n}\beta)$.
C'est une somme de Riemann associée à la fonction $g(t) = \frac{1}{\beta}F^{-1}(t)$ sur $[0,\beta]$.
$\lim_{n\to\infty} S_n = \int_0^\beta \frac{1}{\beta}F^{-1}(t) dt = l$.
2. b) Changement de variable :
Posons $u = F^{-1}(t) \Rightarrow t = F(u)$ et $dt = F'(u)du = e^{u^2}du$.
Bornes : $t=0 \Rightarrow u=0$ ; $t=\beta \Rightarrow u=1$.
$l = \frac{1}{\beta} \int_0^1 u \cdot e^{u^2} du$.
Posons $u = F^{-1}(t) \Rightarrow t = F(u)$ et $dt = F'(u)du = e^{u^2}du$.
Bornes : $t=0 \Rightarrow u=0$ ; $t=\beta \Rightarrow u=1$.
$l = \frac{1}{\beta} \int_0^1 u \cdot e^{u^2} du$.
2. c) Calcul :
Primitive de $u e^{u^2}$ : $\frac{1}{2} e^{u^2}$.
$\int_0^1 u e^{u^2} du = [\frac{1}{2} e^{u^2}]_0^1 = \frac{1}{2}(e - 1)$.
Donc $l = \frac{1}{\beta} \times \frac{e-1}{2} = \frac{e-1}{2\beta}$.
Primitive de $u e^{u^2}$ : $\frac{1}{2} e^{u^2}$.
$\int_0^1 u e^{u^2} du = [\frac{1}{2} e^{u^2}]_0^1 = \frac{1}{2}(e - 1)$.
Donc $l = \frac{1}{\beta} \times \frac{e-1}{2} = \frac{e-1}{2\beta}$.
Exercice 3 : Nombres Complexes (3,5 points)
Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormé direct $(O,\vec{u},\vec{v})$. On considère dans $\mathbb{C}$ l'équation d'inconnue $z$ : $(E_{\alpha}): z^{2}-2iz+\alpha=0$ avec $\alpha\in\mathbb{C}$.
Partie I :
1-a) Montrer que le discriminant de l'équation $(E_{\alpha})$ est $\Delta=-4(1+\alpha)$.
b) Déterminer l'ensemble des valeurs $\alpha$ pour lesquelles l'équation $(E_{\alpha})$ admet dans $\mathbb{C}$ deux solutions distinctes.
2- On note $z_1$ et $z_2$ les deux solutions. Déterminer $z_1+z_2$ et $z_1z_2$.
Partie II : Soient $\Omega$, $M_1$ et $M_2$ points d'affixes respectivement $\alpha$, $z_1$ et $z_2$.
1- On suppose que $\alpha=m^2-2m$ avec $m\in\mathbb{R}$.
a) Déterminer $z_1$ et $z_2$ en fonction de $m$.
b) En déduire que les points $O$, $M_1$ et $M_2$ sont alignés.
2- On suppose que $O$, $M_1$ et $M_2$ ne sont pas alignés.
a) Montrer que $\frac{z_1}{z_2}$ est un imaginaire pur si et seulement si $\text{Re}(z_1\overline{z_2})=0$.
b) Montrer que : $|z_1-z_2|^2=|z_1+z_2|^2-4\text{Re}(z_1\overline{z_2})$.
c) En déduire que $\frac{z_1}{z_2}$ est un imaginaire pur si et seulement si $|z_1-z_2|=2$.
3-a) Montrer que : $(z_1-z_2)^2=\Delta$.
b) Déterminer l'ensemble $\Gamma$ des points $\Omega$ pour que le triangle $OM_1M_2$ soit rectangle en $O$.
Partie I :
1-a) Montrer que le discriminant de l'équation $(E_{\alpha})$ est $\Delta=-4(1+\alpha)$.
b) Déterminer l'ensemble des valeurs $\alpha$ pour lesquelles l'équation $(E_{\alpha})$ admet dans $\mathbb{C}$ deux solutions distinctes.
2- On note $z_1$ et $z_2$ les deux solutions. Déterminer $z_1+z_2$ et $z_1z_2$.
Partie II : Soient $\Omega$, $M_1$ et $M_2$ points d'affixes respectivement $\alpha$, $z_1$ et $z_2$.
1- On suppose que $\alpha=m^2-2m$ avec $m\in\mathbb{R}$.
a) Déterminer $z_1$ et $z_2$ en fonction de $m$.
b) En déduire que les points $O$, $M_1$ et $M_2$ sont alignés.
2- On suppose que $O$, $M_1$ et $M_2$ ne sont pas alignés.
a) Montrer que $\frac{z_1}{z_2}$ est un imaginaire pur si et seulement si $\text{Re}(z_1\overline{z_2})=0$.
b) Montrer que : $|z_1-z_2|^2=|z_1+z_2|^2-4\text{Re}(z_1\overline{z_2})$.
c) En déduire que $\frac{z_1}{z_2}$ est un imaginaire pur si et seulement si $|z_1-z_2|=2$.
3-a) Montrer que : $(z_1-z_2)^2=\Delta$.
b) Déterminer l'ensemble $\Gamma$ des points $\Omega$ pour que le triangle $OM_1M_2$ soit rectangle en $O$.
📝 Correction Détaillée
Partie I :
1-a) $\Delta = (-2i)^2 - 4(1)(\alpha) = -4 - 4\alpha = -4(1+\alpha)$.
b) Deux solutions distinctes $\iff \Delta \neq 0 \iff \alpha \neq -1$. L'ensemble est $\mathbb{C} \setminus \{-1\}$.
2) Relations de Viète : $z_1+z_2 = 2i$, $z_1 z_2 = \alpha$.
1-a) $\Delta = (-2i)^2 - 4(1)(\alpha) = -4 - 4\alpha = -4(1+\alpha)$.
b) Deux solutions distinctes $\iff \Delta \neq 0 \iff \alpha \neq -1$. L'ensemble est $\mathbb{C} \setminus \{-1\}$.
2) Relations de Viète : $z_1+z_2 = 2i$, $z_1 z_2 = \alpha$.
Partie II :
1-a) $\Delta = -4(m^2-2m+1) = -4(m-1)^2 = [2i(m-1)]^2$.
$z_1 = \frac{2i + 2i(m-1)}{2} = im$, $z_2 = \frac{2i - 2i(m-1)}{2} = i(2-m)$.
b) $\frac{z_1}{z_2} = \frac{im}{i(2-m)} = \frac{m}{2-m} \in \mathbb{R}$ (si $m \notin \{0,2\}$). Donc $\vec{OM_1}$ et $\vec{OM_2}$ colinéaires $\Rightarrow O, M_1, M_2$ alignés.
1-a) $\Delta = -4(m^2-2m+1) = -4(m-1)^2 = [2i(m-1)]^2$.
$z_1 = \frac{2i + 2i(m-1)}{2} = im$, $z_2 = \frac{2i - 2i(m-1)}{2} = i(2-m)$.
b) $\frac{z_1}{z_2} = \frac{im}{i(2-m)} = \frac{m}{2-m} \in \mathbb{R}$ (si $m \notin \{0,2\}$). Donc $\vec{OM_1}$ et $\vec{OM_2}$ colinéaires $\Rightarrow O, M_1, M_2$ alignés.
2-a) $\frac{z_1}{z_2} \in i\mathbb{R} \iff \frac{z_1}{z_2} + \overline{\left(\frac{z_1}{z_2}\right)} = 0 \iff \frac{z_1\bar{z}_2 + \bar{z}_1 z_2}{|z_2|^2} = 0 \iff 2\text{Re}(z_1\bar{z}_2) = 0$.
b) $|z_1-z_2|^2 = (z_1-z_2)(\bar{z}_1-\bar{z}_2) = |z_1|^2 + |z_2|^2 - (z_1\bar{z}_2 + \bar{z}_1 z_2)$.
$|z_1+z_2|^2 - 4\text{Re}(z_1\bar{z}_2) = |z_1|^2+|z_2|^2 + 2\text{Re}(z_1\bar{z}_2) - 4\text{Re}(z_1\bar{z}_2) = |z_1|^2+|z_2|^2 - 2\text{Re}(z_1\bar{z}_2)$. Égalité vérifiée.
c) De a) et b), $\frac{z_1}{z_2} \in i\mathbb{R} \iff |z_1-z_2|^2 = |z_1+z_2|^2$. Or $z_1+z_2=2i \Rightarrow |z_1+z_2|^2=4$. Donc $\frac{z_1}{z_2} \in i\mathbb{R} \iff |z_1-z_2|^2=4 \iff |z_1-z_2|=2$.
b) $|z_1-z_2|^2 = (z_1-z_2)(\bar{z}_1-\bar{z}_2) = |z_1|^2 + |z_2|^2 - (z_1\bar{z}_2 + \bar{z}_1 z_2)$.
$|z_1+z_2|^2 - 4\text{Re}(z_1\bar{z}_2) = |z_1|^2+|z_2|^2 + 2\text{Re}(z_1\bar{z}_2) - 4\text{Re}(z_1\bar{z}_2) = |z_1|^2+|z_2|^2 - 2\text{Re}(z_1\bar{z}_2)$. Égalité vérifiée.
c) De a) et b), $\frac{z_1}{z_2} \in i\mathbb{R} \iff |z_1-z_2|^2 = |z_1+z_2|^2$. Or $z_1+z_2=2i \Rightarrow |z_1+z_2|^2=4$. Donc $\frac{z_1}{z_2} \in i\mathbb{R} \iff |z_1-z_2|^2=4 \iff |z_1-z_2|=2$.
3-a) $z_1 = \frac{2i+\sqrt{\Delta}}{2}, z_2 = \frac{2i-\sqrt{\Delta}}{2} \Rightarrow z_1-z_2 = \sqrt{\Delta} \Rightarrow (z_1-z_2)^2 = \Delta$.
b) Triangle $OM_1M_2$ rectangle en $O \iff OM_1 \perp OM_2 \iff \frac{z_1}{z_2} \in i\mathbb{R} \iff |z_1-z_2|=2 \Rightarrow |\Delta|=4$.
$|-4(1+\alpha)| = 4 \Rightarrow |1+\alpha|=1$. $\Gamma$ est le cercle de centre $-1$ et de rayon $1$, privé des points réels (car non alignés avec $O$).
b) Triangle $OM_1M_2$ rectangle en $O \iff OM_1 \perp OM_2 \iff \frac{z_1}{z_2} \in i\mathbb{R} \iff |z_1-z_2|=2 \Rightarrow |\Delta|=4$.
$|-4(1+\alpha)| = 4 \Rightarrow |1+\alpha|=1$. $\Gamma$ est le cercle de centre $-1$ et de rayon $1$, privé des points réels (car non alignés avec $O$).
Exercice 4 : Structures Algébriques (3,5 points)
On considère dans $\mathbb{C}\times\mathbb{C}^{*}$ la loi de composition interne $T$ définie par :
$\forall((a,b),(c,d))\in(\mathbb{C}\times\mathbb{C}^{*})^{2}, (a,b)\,T\,(c,d)=(a\overline{d}+c,\,bd)$. ($\overline{d}$ étant le conjugué de $d$)
1-a) Vérifier que $(i,2)\,T\,(1,i)=(2,2i)$, puis calculer $(1,i)\,T\,(i,2)$.
b) En déduire que la loi $T$ n'est pas commutative dans $\mathbb{C}\times\mathbb{C}^{*}$.
2- Montrer que la loi $T$ est associative dans $\mathbb{C}\times\mathbb{C}^{*}$.
3- Vérifier que $(0,1)$ est l'élément neutre pour $T$ dans $\mathbb{C}\times\mathbb{C}^{*}$.
4-a) Vérifier que $\forall(a,b)\in\mathbb{C}\times\mathbb{C}^{*}$ ; $(a,b)\,T\,\left(-\frac{a}{\overline{b}},\frac{1}{b}\right)=(0,1)$.
b) Montrer que $(\mathbb{C}\times\mathbb{C}^{*},T)$ est un groupe non commutatif.
5-a) Montrer que $\mathbb{R}\times\mathbb{R}^{*}$ est stable par la loi de composition interne $T$.
b) Montrer que $\mathbb{R}\times\mathbb{R}^{*}$ est un sous-groupe du groupe $(\mathbb{C}\times\mathbb{C}^{*},T)$.
$\forall((a,b),(c,d))\in(\mathbb{C}\times\mathbb{C}^{*})^{2}, (a,b)\,T\,(c,d)=(a\overline{d}+c,\,bd)$. ($\overline{d}$ étant le conjugué de $d$)
1-a) Vérifier que $(i,2)\,T\,(1,i)=(2,2i)$, puis calculer $(1,i)\,T\,(i,2)$.
b) En déduire que la loi $T$ n'est pas commutative dans $\mathbb{C}\times\mathbb{C}^{*}$.
2- Montrer que la loi $T$ est associative dans $\mathbb{C}\times\mathbb{C}^{*}$.
3- Vérifier que $(0,1)$ est l'élément neutre pour $T$ dans $\mathbb{C}\times\mathbb{C}^{*}$.
4-a) Vérifier que $\forall(a,b)\in\mathbb{C}\times\mathbb{C}^{*}$ ; $(a,b)\,T\,\left(-\frac{a}{\overline{b}},\frac{1}{b}\right)=(0,1)$.
b) Montrer que $(\mathbb{C}\times\mathbb{C}^{*},T)$ est un groupe non commutatif.
5-a) Montrer que $\mathbb{R}\times\mathbb{R}^{*}$ est stable par la loi de composition interne $T$.
b) Montrer que $\mathbb{R}\times\mathbb{R}^{*}$ est un sous-groupe du groupe $(\mathbb{C}\times\mathbb{C}^{*},T)$.
📝 Correction Détaillée
1-a) $(i,2)\,T\,(1,i) = (i\overline{i}+1, 2i) = (i(-i)+1, 2i) = (2, 2i)$.
$(1,i)\,T\,(i,2) = (1\overline{2}+i, i\times 2) = (2+i, 2i)$.
b) $(2,2i) \neq (2+i, 2i)$, donc $T$ n'est pas commutative.
$(1,i)\,T\,(i,2) = (1\overline{2}+i, i\times 2) = (2+i, 2i)$.
b) $(2,2i) \neq (2+i, 2i)$, donc $T$ n'est pas commutative.
2) Associativité :
Soit $X=(a,b), Y=(c,d), Z=(e,f)$.
$X\,T\,(Y\,T\,Z) = (a,b)\,T\,(c\overline{f}+e, df) = (a\overline{df} + c\overline{f} + e, bdf) = (a\bar{d}\bar{f} + c\bar{f} + e, bdf)$.
$(X\,T\,Y)\,T\,Z = (a\overline{d}+c, bd)\,T\,(e,f) = ((a\bar{d}+c)\bar{f}+e, bdf) = (a\bar{d}\bar{f} + c\bar{f} + e, bdf)$.
Les deux résultats sont identiques. $T$ est associative.
Soit $X=(a,b), Y=(c,d), Z=(e,f)$.
$X\,T\,(Y\,T\,Z) = (a,b)\,T\,(c\overline{f}+e, df) = (a\overline{df} + c\overline{f} + e, bdf) = (a\bar{d}\bar{f} + c\bar{f} + e, bdf)$.
$(X\,T\,Y)\,T\,Z = (a\overline{d}+c, bd)\,T\,(e,f) = ((a\bar{d}+c)\bar{f}+e, bdf) = (a\bar{d}\bar{f} + c\bar{f} + e, bdf)$.
Les deux résultats sont identiques. $T$ est associative.
3) Neutre :
$(a,b)\,T\,(0,1) = (a\overline{1}+0, b\times 1) = (a,b)$ et $(0,1)\,T\,(a,b) = (0\overline{b}+a, 1\times b) = (a,b)$.
$(0,1)$ est bien l'élément neutre.
$(a,b)\,T\,(0,1) = (a\overline{1}+0, b\times 1) = (a,b)$ et $(0,1)\,T\,(a,b) = (0\overline{b}+a, 1\times b) = (a,b)$.
$(0,1)$ est bien l'élément neutre.
4-a) $(a,b)\,T\,\left(-\frac{a}{\overline{b}},\frac{1}{b}\right) = \left(a\overline{\left(\frac{1}{b}\right)} - \frac{a}{\overline{b}}, b\cdot\frac{1}{b}\right) = \left(\frac{a}{\overline{b}} - \frac{a}{\overline{b}}, 1\right) = (0,1)$.
b) $(\mathbb{C}\times\mathbb{C}^{*},T)$ est un groupe car loi interne, associative, possède un neutre et tout élément admet un symétrique. Non commutatif d'après 1b.
b) $(\mathbb{C}\times\mathbb{C}^{*},T)$ est un groupe car loi interne, associative, possède un neutre et tout élément admet un symétrique. Non commutatif d'après 1b.
5-a) Stabilité :
Si $a,b,c,d \in \mathbb{R}$, alors $\overline{d}=d \in \mathbb{R}$. Donc $ad+c \in \mathbb{R}$ et $bd \in \mathbb{R}^*$. $\mathbb{R}\times\mathbb{R}^*$ est stable.
b) Sous-groupe :
$\mathbb{R}\times\mathbb{R}^* \subset \mathbb{C}\times\mathbb{C}^*$, stable par $T$, contient le neutre $(0,1)$, et pour tout $(a,b)\in\mathbb{R}\times\mathbb{R}^*$, son symétrique $(-\frac{a}{b}, \frac{1}{b}) \in \mathbb{R}\times\mathbb{R}^*$. C'est un sous-groupe.
Si $a,b,c,d \in \mathbb{R}$, alors $\overline{d}=d \in \mathbb{R}$. Donc $ad+c \in \mathbb{R}$ et $bd \in \mathbb{R}^*$. $\mathbb{R}\times\mathbb{R}^*$ est stable.
b) Sous-groupe :
$\mathbb{R}\times\mathbb{R}^* \subset \mathbb{C}\times\mathbb{C}^*$, stable par $T$, contient le neutre $(0,1)$, et pour tout $(a,b)\in\mathbb{R}\times\mathbb{R}^*$, son symétrique $(-\frac{a}{b}, \frac{1}{b}) \in \mathbb{R}\times\mathbb{R}^*$. C'est un sous-groupe.
Exercice 5 : Arithmétique (3 points)
Soient $p$ et $q$ deux nombres premiers distincts et $r$ un entier naturel premier avec $p$ et avec $q$.
1- a) Montrer que $p$ divise $r^{p-1}-1$ et que $q$ divise $r^{q-1}-1$.
b) En déduire que $p$ et $q$ divisent $r^{(p-1)(q-1)}-1$.
c) Montrer que $pq$ divise $r^{(p-1)(q-1)}-1$.
2- Résoudre dans $\mathbb{Z}$ l'équation $2024^{192}x \equiv 3 \pmod{221}$ (On donne : $221=13\times 17$).
1- a) Montrer que $p$ divise $r^{p-1}-1$ et que $q$ divise $r^{q-1}-1$.
b) En déduire que $p$ et $q$ divisent $r^{(p-1)(q-1)}-1$.
c) Montrer que $pq$ divise $r^{(p-1)(q-1)}-1$.
2- Résoudre dans $\mathbb{Z}$ l'équation $2024^{192}x \equiv 3 \pmod{221}$ (On donne : $221=13\times 17$).
📝 Correction Détaillée
1-a) Petit théorème de Fermat :
$p$ premier, $\text{pgcd}(r,p)=1 \Rightarrow r^{p-1} \equiv 1 \pmod p \Rightarrow p \mid r^{p-1}-1$.
De même pour $q$, $q \mid r^{q-1}-1$.
b) $r^{(p-1)(q-1)} = (r^{p-1})^{q-1}$. Comme $r^{p-1} \equiv 1 \pmod p$, alors $r^{(p-1)(q-1)} \equiv 1^{q-1} = 1 \pmod p$.
De même modulo $q$. Donc $p$ et $q$ divisent l'expression.
c) $p$ et $q$ sont premiers distincts $\Rightarrow \text{pgcd}(p,q)=1$. Puisqu'ils divisent tous deux $r^{(p-1)(q-1)}-1$, leur produit $pq$ divise également cette expression.
$p$ premier, $\text{pgcd}(r,p)=1 \Rightarrow r^{p-1} \equiv 1 \pmod p \Rightarrow p \mid r^{p-1}-1$.
De même pour $q$, $q \mid r^{q-1}-1$.
b) $r^{(p-1)(q-1)} = (r^{p-1})^{q-1}$. Comme $r^{p-1} \equiv 1 \pmod p$, alors $r^{(p-1)(q-1)} \equiv 1^{q-1} = 1 \pmod p$.
De même modulo $q$. Donc $p$ et $q$ divisent l'expression.
c) $p$ et $q$ sont premiers distincts $\Rightarrow \text{pgcd}(p,q)=1$. Puisqu'ils divisent tous deux $r^{(p-1)(q-1)}-1$, leur produit $pq$ divise également cette expression.
2) Résolution :
$221 = 13 \times 17$. On résout le système modulo 13 et 17.
Modulo 13 : $2024 \equiv 9 \pmod{13}$. $9^{192} x \equiv 3 \pmod{13}$.
$9 \equiv -4$, $9^2 \equiv 3$, $9^3 \equiv 27 \equiv 1 \pmod{13}$. Donc $9^{192} = (9^3)^{64} \equiv 1 \pmod{13}$.
L'équation devient $1 \cdot x \equiv 3 \pmod{13} \Rightarrow x \equiv 3 \pmod{13}$.
Modulo 17 : $2024 = 17 \times 119 + 1 \equiv 1 \pmod{17}$.
$1^{192} x \equiv 3 \pmod{17} \Rightarrow x \equiv 3 \pmod{17}$.
$x \equiv 3 \pmod{13}$ et $x \equiv 3 \pmod{17} \Rightarrow x \equiv 3 \pmod{221}$.
Solution dans $\mathbb{Z}$ : $S = \{221k + 3 \mid k \in \mathbb{Z}\}$.
$221 = 13 \times 17$. On résout le système modulo 13 et 17.
Modulo 13 : $2024 \equiv 9 \pmod{13}$. $9^{192} x \equiv 3 \pmod{13}$.
$9 \equiv -4$, $9^2 \equiv 3$, $9^3 \equiv 27 \equiv 1 \pmod{13}$. Donc $9^{192} = (9^3)^{64} \equiv 1 \pmod{13}$.
L'équation devient $1 \cdot x \equiv 3 \pmod{13} \Rightarrow x \equiv 3 \pmod{13}$.
Modulo 17 : $2024 = 17 \times 119 + 1 \equiv 1 \pmod{17}$.
$1^{192} x \equiv 3 \pmod{17} \Rightarrow x \equiv 3 \pmod{17}$.
$x \equiv 3 \pmod{13}$ et $x \equiv 3 \pmod{17} \Rightarrow x \equiv 3 \pmod{221}$.
Solution dans $\mathbb{Z}$ : $S = \{221k + 3 \mid k \in \mathbb{Z}\}$.