Corrigé — Examen blanc Lydex 2024
Type de ressource : correction détaillée d’un examen blanc de niveau national.
Niveau : 2e Bac Sciences Mathématiques.
Contenu traité : arithmétique, nombres complexes, fonctions numériques, intégrales et suites.
Objectif pédagogique :
Cette page propose une correction écrite et détaillée de l’examen blanc Lydex n°1. Les solutions sont rédigées pour aider l’élève à comprendre les étapes essentielles : rappeler les données utiles, justifier les résultats utilisés, organiser le raisonnement et améliorer la rédaction mathématique attendue au niveau 2e Bac Sciences Mathématiques.
Le sujet PDF est proposé comme complément, mais la correction principale est directement disponible dans cette page afin de faciliter la lecture, la révision et le travail progressif.
Complément PDF :
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Exercice 2 — Arithmétique
On suppose que \(p\) est un nombre premier positif et que \(n\in\mathbb N^\ast\) vérifie :
\[
(R):\qquad n^2-n+1\equiv0\ [p].
\]
1
Question. Montrer que, pour tout \(x\in\mathbb Z\),
\[
x^2\equiv x\ [2],
\]
puis en déduire que \(p\ge3\).
Correction.
Soit \(x\in\mathbb Z\).
Si \(x\) est pair, alors : \[ x\equiv0\ [2], \] donc : \[ x^2\equiv0\ [2]. \] Ainsi : \[ x^2\equiv x\ [2]. \] Si \(x\) est impair, alors : \[ x\equiv1\ [2], \] donc : \[ x^2\equiv1\ [2]. \] Ainsi : \[ x^2\equiv x\ [2]. \] Donc, pour tout \(x\in\mathbb Z\), \[ x^2\equiv x\ [2]. \] Supposons maintenant que \(p=2\). En appliquant le résultat précédent à \(x=n\), on a : \[ n^2\equiv n\ [2]. \] Donc : \[ n^2-n\equiv0\ [2]. \] Ainsi : \[ n^2-n+1\equiv1\ [2]. \] Donc : \[ n^2-n+1\not\equiv0\ [2]. \] Cela contredit la relation \((R)\). Donc : \[ p\ne2. \] Comme \(p\) est premier positif, on conclut : \[ p\ge3. \]
Correction.
Soit \(x\in\mathbb Z\).
Si \(x\) est pair, alors : \[ x\equiv0\ [2], \] donc : \[ x^2\equiv0\ [2]. \] Ainsi : \[ x^2\equiv x\ [2]. \] Si \(x\) est impair, alors : \[ x\equiv1\ [2], \] donc : \[ x^2\equiv1\ [2]. \] Ainsi : \[ x^2\equiv x\ [2]. \] Donc, pour tout \(x\in\mathbb Z\), \[ x^2\equiv x\ [2]. \] Supposons maintenant que \(p=2\). En appliquant le résultat précédent à \(x=n\), on a : \[ n^2\equiv n\ [2]. \] Donc : \[ n^2-n\equiv0\ [2]. \] Ainsi : \[ n^2-n+1\equiv1\ [2]. \] Donc : \[ n^2-n+1\not\equiv0\ [2]. \] Cela contredit la relation \((R)\). Donc : \[ p\ne2. \] Comme \(p\) est premier positif, on conclut : \[ p\ge3. \]
2-a
Question. Vérifier que :
\[
n^3\equiv -1\ [p].
\]
Correction.
La relation \((R)\) donne : \[ n^2-n+1\equiv0\ [p]. \] Donc : \[ n^2\equiv n-1\ [p]. \] En multipliant par \(n\), on obtient : \[ n^3\equiv n(n-1)\ [p]. \] Ainsi : \[ n^3\equiv n^2-n\ [p]. \] Or : \[ n^2\equiv n-1\ [p]. \] Donc : \[ n^2-n\equiv n-1-n\ [p]. \] Ainsi : \[ n^2-n\equiv -1\ [p]. \] Par conséquent : \[ n^3\equiv -1\ [p]. \]
Correction.
La relation \((R)\) donne : \[ n^2-n+1\equiv0\ [p]. \] Donc : \[ n^2\equiv n-1\ [p]. \] En multipliant par \(n\), on obtient : \[ n^3\equiv n(n-1)\ [p]. \] Ainsi : \[ n^3\equiv n^2-n\ [p]. \] Or : \[ n^2\equiv n-1\ [p]. \] Donc : \[ n^2-n\equiv n-1-n\ [p]. \] Ainsi : \[ n^2-n\equiv -1\ [p]. \] Par conséquent : \[ n^3\equiv -1\ [p]. \]
2-b
Question. Montrer que, pour tout \(k\in\mathbb N\),
\[
n^{6k+3}\equiv -1\ [p].
\]
Correction.
La question précédente donne : \[ n^3\equiv -1\ [p]. \] Pour tout \(k\in\mathbb N\), on a : \[ n^{6k+3}=n^{3(2k+1)}=(n^3)^{2k+1}. \] Donc : \[ n^{6k+3}\equiv (-1)^{2k+1}\ [p]. \] Comme \(2k+1\) est impair, on a : \[ (-1)^{2k+1}=-1. \] Ainsi : \[ n^{6k+3}\equiv -1\ [p]. \]
Correction.
La question précédente donne : \[ n^3\equiv -1\ [p]. \] Pour tout \(k\in\mathbb N\), on a : \[ n^{6k+3}=n^{3(2k+1)}=(n^3)^{2k+1}. \] Donc : \[ n^{6k+3}\equiv (-1)^{2k+1}\ [p]. \] Comme \(2k+1\) est impair, on a : \[ (-1)^{2k+1}=-1. \] Ainsi : \[ n^{6k+3}\equiv -1\ [p]. \]
3
Question. Montrer que :
\[
n\wedge p=1
\]
puis que :
\[
n^{p-1}\equiv1\ [p].
\]
Correction.
Supposons par l’absurde que : \[ p\mid n. \] Alors : \[ n\equiv0\ [p]. \] Donc : \[ n^2-n+1\equiv1\ [p]. \] Cela contredit la relation : \[ n^2-n+1\equiv0\ [p]. \] Donc : \[ p\nmid n. \] Comme \(p\) est premier, on obtient : \[ n\wedge p=1. \] Puisque \(p\) est premier et \(n\wedge p=1\), le petit théorème de Fermat donne : \[ n^{p-1}\equiv1\ [p]. \]
Correction.
Supposons par l’absurde que : \[ p\mid n. \] Alors : \[ n\equiv0\ [p]. \] Donc : \[ n^2-n+1\equiv1\ [p]. \] Cela contredit la relation : \[ n^2-n+1\equiv0\ [p]. \] Donc : \[ p\nmid n. \] Comme \(p\) est premier, on obtient : \[ n\wedge p=1. \] Puisque \(p\) est premier et \(n\wedge p=1\), le petit théorème de Fermat donne : \[ n^{p-1}\equiv1\ [p]. \]
4
Question. On suppose que \(p\ne3\). Montrer que :
\[
p\equiv1\ [6].
\]
Correction.
On sait que \(p\ge3\), et on suppose \(p\ne3\). Donc \(p\) est un nombre premier strictement supérieur à \(3\). Ainsi, \(p\) n’est divisible ni par \(2\), ni par \(3\).
Les restes possibles modulo \(6\) sont : \[ 0,\ 1,\ 2,\ 3,\ 4,\ 5. \] Comme \(p\) n’est divisible ni par \(2\), ni par \(3\), on a nécessairement : \[ p\equiv1\ [6] \quad\text{ou}\quad p\equiv5\ [6]. \] Supposons par l’absurde que : \[ p\equiv5\ [6]. \] Alors il existe \(k\in\mathbb N\) tel que : \[ p=6k+5. \] Donc : \[ p-1=6k+4. \] La question 3 donne : \[ n^{p-1}\equiv1\ [p]. \] Donc : \[ n^{6k+4}\equiv1\ [p]. \] Or : \[ n^{6k+4}=n\cdot n^{6k+3}. \] La question 2-b donne : \[ n^{6k+3}\equiv -1\ [p]. \] Donc : \[ n^{6k+4}\equiv -n\ [p]. \] Comme : \[ n^{6k+4}\equiv1\ [p], \] on obtient : \[ -n\equiv1\ [p]. \] Donc : \[ n\equiv -1\ [p]. \] On remplace dans la relation \((R)\) : \[ n^2-n+1\equiv0\ [p]. \] Comme \(n\equiv-1\ [p]\), on a : \[ n^2-n+1\equiv (-1)^2-(-1)+1\ [p]. \] Donc : \[ n^2-n+1\equiv3\ [p]. \] La relation \((R)\) impose alors : \[ 3\equiv0\ [p]. \] Donc : \[ p\mid3. \] Comme \(p\) est premier, on obtient : \[ p=3, \] ce qui contredit l’hypothèse \(p\ne3\). Donc : \[ p\not\equiv5\ [6]. \] Par conséquent : \[ p\equiv1\ [6]. \]
Correction.
On sait que \(p\ge3\), et on suppose \(p\ne3\). Donc \(p\) est un nombre premier strictement supérieur à \(3\). Ainsi, \(p\) n’est divisible ni par \(2\), ni par \(3\).
Les restes possibles modulo \(6\) sont : \[ 0,\ 1,\ 2,\ 3,\ 4,\ 5. \] Comme \(p\) n’est divisible ni par \(2\), ni par \(3\), on a nécessairement : \[ p\equiv1\ [6] \quad\text{ou}\quad p\equiv5\ [6]. \] Supposons par l’absurde que : \[ p\equiv5\ [6]. \] Alors il existe \(k\in\mathbb N\) tel que : \[ p=6k+5. \] Donc : \[ p-1=6k+4. \] La question 3 donne : \[ n^{p-1}\equiv1\ [p]. \] Donc : \[ n^{6k+4}\equiv1\ [p]. \] Or : \[ n^{6k+4}=n\cdot n^{6k+3}. \] La question 2-b donne : \[ n^{6k+3}\equiv -1\ [p]. \] Donc : \[ n^{6k+4}\equiv -n\ [p]. \] Comme : \[ n^{6k+4}\equiv1\ [p], \] on obtient : \[ -n\equiv1\ [p]. \] Donc : \[ n\equiv -1\ [p]. \] On remplace dans la relation \((R)\) : \[ n^2-n+1\equiv0\ [p]. \] Comme \(n\equiv-1\ [p]\), on a : \[ n^2-n+1\equiv (-1)^2-(-1)+1\ [p]. \] Donc : \[ n^2-n+1\equiv3\ [p]. \] La relation \((R)\) impose alors : \[ 3\equiv0\ [p]. \] Donc : \[ p\mid3. \] Comme \(p\) est premier, on obtient : \[ p=3, \] ce qui contredit l’hypothèse \(p\ne3\). Donc : \[ p\not\equiv5\ [6]. \] Par conséquent : \[ p\equiv1\ [6]. \]
5
Question. On admet que \(1013\) est premier. Montrer que, pour tout \(n\in\mathbb N^\ast\), l’entier
\[
n^2-n+1
\]
n’est pas un multiple de \(2026\).
Correction.
On a : \[ 2026=2\times1013. \] Supposons par l’absurde qu’il existe \(n\in\mathbb N^\ast\) tel que : \[ 2026\mid n^2-n+1. \] Comme : \[ 1013\mid2026, \] on a : \[ 1013\mid n^2-n+1. \] Donc : \[ n^2-n+1\equiv0\ [1013]. \] On applique alors la question 4 avec : \[ p=1013. \] Comme \(1013\) est premier et \(1013\ne3\), on devrait avoir : \[ 1013\equiv1\ [6]. \] Or : \[ 1013=6\times168+5. \] Donc : \[ 1013\equiv5\ [6]. \] Contradiction.
Ainsi, pour tout \(n\in\mathbb N^\ast\), l’entier : \[ n^2-n+1 \] n’est pas un multiple de \(2026\).
Correction.
On a : \[ 2026=2\times1013. \] Supposons par l’absurde qu’il existe \(n\in\mathbb N^\ast\) tel que : \[ 2026\mid n^2-n+1. \] Comme : \[ 1013\mid2026, \] on a : \[ 1013\mid n^2-n+1. \] Donc : \[ n^2-n+1\equiv0\ [1013]. \] On applique alors la question 4 avec : \[ p=1013. \] Comme \(1013\) est premier et \(1013\ne3\), on devrait avoir : \[ 1013\equiv1\ [6]. \] Or : \[ 1013=6\times168+5. \] Donc : \[ 1013\equiv5\ [6]. \] Contradiction.
Ainsi, pour tout \(n\in\mathbb N^\ast\), l’entier : \[ n^2-n+1 \] n’est pas un multiple de \(2026\).
Exercice 3 — Nombres complexes
Partie I
On considère \(m\in\mathbb C\setminus\mathbb R\), et l’équation :
\[
(E_m):\qquad z^2-(m-\overline m)z-|m+2|^2=0.
\]
On note \(z_1\) et \(z_2\) ses deux solutions.
I-1
Question. Sans calculer \(z_1\) et \(z_2\), montrer que \(z_1^2+z_2^2\) est un nombre réel.
Correction.
L’équation est de la forme : \[ z^2-Sz+P=0, \] avec : \[ S=m-\overline m \] et : \[ P=-|m+2|^2. \] Donc : \[ z_1+z_2=m-\overline m \] et : \[ z_1z_2=-|m+2|^2. \] On utilise l’identité : \[ z_1^2+z_2^2=(z_1+z_2)^2-2z_1z_2. \] Donc : \[ z_1^2+z_2^2=(m-\overline m)^2+2|m+2|^2. \] Or \(m-\overline m\) est un imaginaire pur. Le carré d’un imaginaire pur est un nombre réel. De plus : \[ |m+2|^2\in\mathbb R. \] Ainsi : \[ z_1^2+z_2^2\in\mathbb R. \]
Correction.
L’équation est de la forme : \[ z^2-Sz+P=0, \] avec : \[ S=m-\overline m \] et : \[ P=-|m+2|^2. \] Donc : \[ z_1+z_2=m-\overline m \] et : \[ z_1z_2=-|m+2|^2. \] On utilise l’identité : \[ z_1^2+z_2^2=(z_1+z_2)^2-2z_1z_2. \] Donc : \[ z_1^2+z_2^2=(m-\overline m)^2+2|m+2|^2. \] Or \(m-\overline m\) est un imaginaire pur. Le carré d’un imaginaire pur est un nombre réel. De plus : \[ |m+2|^2\in\mathbb R. \] Ainsi : \[ z_1^2+z_2^2\in\mathbb R. \]
I-2-a
Question. Montrer que :
\[
\Delta=(m+\overline m+4)^2.
\]
Correction.
On a : \[ \Delta=\bigl(-(m-\overline m)\bigr)^2-4\bigl(-|m+2|^2\bigr). \] Donc : \[ \Delta=(m-\overline m)^2+4|m+2|^2. \] Or : \[ |m+2|^2=(m+2)(\overline m+2). \] Donc : \[ \Delta=(m-\overline m)^2+4(m+2)(\overline m+2). \] En développant : \[ (m-\overline m)^2=m^2-2m\overline m+\overline m^2 \] et : \[ 4(m+2)(\overline m+2)=4m\overline m+8m+8\overline m+16. \] Donc : \[ \Delta=m^2+2m\overline m+\overline m^2+8m+8\overline m+16. \] Or : \[ m^2+2m\overline m+\overline m^2+8m+8\overline m+16 = (m+\overline m+4)^2. \] Ainsi : \[ \Delta=(m+\overline m+4)^2. \]
Correction.
On a : \[ \Delta=\bigl(-(m-\overline m)\bigr)^2-4\bigl(-|m+2|^2\bigr). \] Donc : \[ \Delta=(m-\overline m)^2+4|m+2|^2. \] Or : \[ |m+2|^2=(m+2)(\overline m+2). \] Donc : \[ \Delta=(m-\overline m)^2+4(m+2)(\overline m+2). \] En développant : \[ (m-\overline m)^2=m^2-2m\overline m+\overline m^2 \] et : \[ 4(m+2)(\overline m+2)=4m\overline m+8m+8\overline m+16. \] Donc : \[ \Delta=m^2+2m\overline m+\overline m^2+8m+8\overline m+16. \] Or : \[ m^2+2m\overline m+\overline m^2+8m+8\overline m+16 = (m+\overline m+4)^2. \] Ainsi : \[ \Delta=(m+\overline m+4)^2. \]
I-2-b
Question. Déterminer \(z_1\) et \(z_2\).
Correction.
Puisque : \[ \Delta=(m+\overline m+4)^2, \] les solutions sont : \[ z=\frac{m-\overline m\pm(m+\overline m+4)}2. \] Avec le signe \(+\), on obtient : \[ z_1=\frac{m-\overline m+m+\overline m+4}{2}=m+2. \] Avec le signe \(-\), on obtient : \[ z_2=\frac{m-\overline m-m-\overline m-4}{2}=-\overline m-2. \] Ainsi : \[ z_1=m+2 \] et : \[ z_2=-\overline m-2. \]
Correction.
Puisque : \[ \Delta=(m+\overline m+4)^2, \] les solutions sont : \[ z=\frac{m-\overline m\pm(m+\overline m+4)}2. \] Avec le signe \(+\), on obtient : \[ z_1=\frac{m-\overline m+m+\overline m+4}{2}=m+2. \] Avec le signe \(-\), on obtient : \[ z_2=\frac{m-\overline m-m-\overline m-4}{2}=-\overline m-2. \] Ainsi : \[ z_1=m+2 \] et : \[ z_2=-\overline m-2. \]
I-3
Question. Dans cette question, on prend :
\[
m=2e^{i\theta},\qquad 0\lt\theta\lt\pi.
\]
Écrire \(z_1\) et \(z_2\) sous forme exponentielle.
Correction.
On a : \[ m=2e^{i\theta}. \] Donc : \[ z_1=m+2=2e^{i\theta}+2=2(1+e^{i\theta}). \] Or : \[ 1+e^{i\theta} = 2\cos\left(\frac\theta2\right)e^{i\frac\theta2}. \] Comme : \[ 0\lt\theta\lt\pi, \] on a : \[ 0\lt\frac\theta2\lt\frac\pi2. \] Donc : \[ \cos\left(\frac\theta2\right)\gt0. \] Ainsi : \[ z_1=4\cos\left(\frac\theta2\right)e^{i\frac\theta2}. \] Pour \(z_2\), on a : \[ z_2=-\overline m-2. \] Comme : \[ \overline m=2e^{-i\theta}, \] on obtient : \[ z_2=-2e^{-i\theta}-2=-2(1+e^{-i\theta}). \] Or : \[ 1+e^{-i\theta} = 2\cos\left(\frac\theta2\right)e^{-i\frac\theta2}. \] Donc : \[ z_2=-4\cos\left(\frac\theta2\right)e^{-i\frac\theta2}. \] Multiplier par \(-1\) revient à ajouter \(\pi\) à l’argument. Ainsi : \[ z_2=4\cos\left(\frac\theta2\right)e^{i\left(\pi-\frac\theta2\right)}. \] Finalement : \[ z_1=4\cos\left(\frac\theta2\right)e^{i\frac\theta2} \] et : \[ z_2=4\cos\left(\frac\theta2\right)e^{i\left(\pi-\frac\theta2\right)}. \]
Correction.
On a : \[ m=2e^{i\theta}. \] Donc : \[ z_1=m+2=2e^{i\theta}+2=2(1+e^{i\theta}). \] Or : \[ 1+e^{i\theta} = 2\cos\left(\frac\theta2\right)e^{i\frac\theta2}. \] Comme : \[ 0\lt\theta\lt\pi, \] on a : \[ 0\lt\frac\theta2\lt\frac\pi2. \] Donc : \[ \cos\left(\frac\theta2\right)\gt0. \] Ainsi : \[ z_1=4\cos\left(\frac\theta2\right)e^{i\frac\theta2}. \] Pour \(z_2\), on a : \[ z_2=-\overline m-2. \] Comme : \[ \overline m=2e^{-i\theta}, \] on obtient : \[ z_2=-2e^{-i\theta}-2=-2(1+e^{-i\theta}). \] Or : \[ 1+e^{-i\theta} = 2\cos\left(\frac\theta2\right)e^{-i\frac\theta2}. \] Donc : \[ z_2=-4\cos\left(\frac\theta2\right)e^{-i\frac\theta2}. \] Multiplier par \(-1\) revient à ajouter \(\pi\) à l’argument. Ainsi : \[ z_2=4\cos\left(\frac\theta2\right)e^{i\left(\pi-\frac\theta2\right)}. \] Finalement : \[ z_1=4\cos\left(\frac\theta2\right)e^{i\frac\theta2} \] et : \[ z_2=4\cos\left(\frac\theta2\right)e^{i\left(\pi-\frac\theta2\right)}. \]
Partie II
On considère les points \(M,A,B,C\) d’affixes respectives :
\[
z_M=m,\qquad a=-1,\qquad b=im,\qquad c=m^2,
\]
avec :
\[
m\in\mathbb C\setminus\{i\}.
\]
II-1-a
Question. Montrer que :
\[
\frac{b-c}{b-a}=im.
\]
Correction.
On a : \[ b-c=im-m^2. \] Et : \[ b-a=im-(-1)=im+1. \] Comme \(m\ne i\), on a : \[ im+1\ne0. \] Donc : \[ b-a\ne0. \] Calculons : \[ im(b-a)=im(im+1). \] Donc : \[ im(b-a)=i^2m^2+im. \] Comme \(i^2=-1\), on obtient : \[ im(b-a)=-m^2+im=im-m^2. \] Ainsi : \[ im(b-a)=b-c. \] Comme \(b-a\ne0\), on divise par \(b-a\) : \[ \frac{b-c}{b-a}=im. \]
Correction.
On a : \[ b-c=im-m^2. \] Et : \[ b-a=im-(-1)=im+1. \] Comme \(m\ne i\), on a : \[ im+1\ne0. \] Donc : \[ b-a\ne0. \] Calculons : \[ im(b-a)=im(im+1). \] Donc : \[ im(b-a)=i^2m^2+im. \] Comme \(i^2=-1\), on obtient : \[ im(b-a)=-m^2+im=im-m^2. \] Ainsi : \[ im(b-a)=b-c. \] Comme \(b-a\ne0\), on divise par \(b-a\) : \[ \frac{b-c}{b-a}=im. \]
II-1-b
Question. Déterminer \(m\) pour que \(ABC\) soit un triangle équilatéral.
Correction.
La question précédente donne : \[ \frac{b-c}{b-a}=im. \] Les points \(A,B,C\) forment un triangle équilatéral lorsque : \[ \frac{b-c}{b-a}=e^{i\frac\pi3} \] ou : \[ \frac{b-c}{b-a}=e^{-i\frac\pi3}. \] Donc : \[ im=e^{i\frac\pi3} \] ou : \[ im=e^{-i\frac\pi3}. \] Comme : \[ \frac1i=-i=e^{-i\frac\pi2}, \] on obtient : \[ m=-ie^{i\frac\pi3} \] ou : \[ m=-ie^{-i\frac\pi3}. \] Donc : \[ m=e^{-i\frac\pi6} \] ou : \[ m=e^{-i\frac{5\pi}{6}}. \] Ainsi : \[ m=e^{-i\frac\pi6} \quad\text{ou}\quad m=e^{-i\frac{5\pi}{6}}. \]
Correction.
La question précédente donne : \[ \frac{b-c}{b-a}=im. \] Les points \(A,B,C\) forment un triangle équilatéral lorsque : \[ \frac{b-c}{b-a}=e^{i\frac\pi3} \] ou : \[ \frac{b-c}{b-a}=e^{-i\frac\pi3}. \] Donc : \[ im=e^{i\frac\pi3} \] ou : \[ im=e^{-i\frac\pi3}. \] Comme : \[ \frac1i=-i=e^{-i\frac\pi2}, \] on obtient : \[ m=-ie^{i\frac\pi3} \] ou : \[ m=-ie^{-i\frac\pi3}. \] Donc : \[ m=e^{-i\frac\pi6} \] ou : \[ m=e^{-i\frac{5\pi}{6}}. \] Ainsi : \[ m=e^{-i\frac\pi6} \quad\text{ou}\quad m=e^{-i\frac{5\pi}{6}}. \]
II-1-c
Question. Déterminer l’ensemble \((E_1)\) pour que \(A,B,C\) soient alignés.
Correction.
Les points \(A,B,C\) sont alignés si et seulement si : \[ \frac{b-c}{b-a}\in\mathbb R. \] La question 1-a donne : \[ \frac{b-c}{b-a}=im. \] Donc \(A,B,C\) sont alignés si et seulement si : \[ im\in\mathbb R. \] Écrivons : \[ m=x+iy,\qquad x,y\in\mathbb R. \] Alors : \[ im=i(x+iy)=ix-y=-y+ix. \] Le nombre \(im\) est réel si et seulement si sa partie imaginaire est nulle. Donc : \[ x=0. \] Ainsi : \[ m=iy,\qquad y\in\mathbb R. \] Mais on a la condition : \[ m\ne i. \] Donc : \[ y\ne1. \] Ainsi : \[ (E_1)=\{M(m)\ ;\ m\in i\mathbb R,\ m\ne i\}. \] C’est l’axe imaginaire privé du point d’affixe \(i\).
Correction.
Les points \(A,B,C\) sont alignés si et seulement si : \[ \frac{b-c}{b-a}\in\mathbb R. \] La question 1-a donne : \[ \frac{b-c}{b-a}=im. \] Donc \(A,B,C\) sont alignés si et seulement si : \[ im\in\mathbb R. \] Écrivons : \[ m=x+iy,\qquad x,y\in\mathbb R. \] Alors : \[ im=i(x+iy)=ix-y=-y+ix. \] Le nombre \(im\) est réel si et seulement si sa partie imaginaire est nulle. Donc : \[ x=0. \] Ainsi : \[ m=iy,\qquad y\in\mathbb R. \] Mais on a la condition : \[ m\ne i. \] Donc : \[ y\ne1. \] Ainsi : \[ (E_1)=\{M(m)\ ;\ m\in i\mathbb R,\ m\ne i\}. \] C’est l’axe imaginaire privé du point d’affixe \(i\).
II-2-a
Question. Donner l’écriture complexe de la rotation \(r\) de centre \(A\) et d’angle \(\dfrac{2\pi}{3}\).
Correction.
La rotation \(r\) a pour centre \(A\), d’affixe : \[ a=-1, \] et pour angle : \[ \frac{2\pi}{3}. \] L’écriture complexe d’une rotation de centre \(a\) et d’angle \(\theta\) est : \[ z'-a=e^{i\theta}(z-a). \] Donc ici : \[ z'+1=e^{i\frac{2\pi}{3}}(z+1). \] Ainsi : \[ z'=-1+e^{i\frac{2\pi}{3}}(z+1). \]
Correction.
La rotation \(r\) a pour centre \(A\), d’affixe : \[ a=-1, \] et pour angle : \[ \frac{2\pi}{3}. \] L’écriture complexe d’une rotation de centre \(a\) et d’angle \(\theta\) est : \[ z'-a=e^{i\theta}(z-a). \] Donc ici : \[ z'+1=e^{i\frac{2\pi}{3}}(z+1). \] Ainsi : \[ z'=-1+e^{i\frac{2\pi}{3}}(z+1). \]
II-2-b
Question. Déterminer :
\[
(F)=\{M(m)\in(P)\ ;\ |m-i|=1\},
\]
puis son image par la rotation \(r\).
Correction.
On a : \[ (F)=\{M(m)\in(P)\ ;\ |m-i|=1\}. \] Donc \((F)\) est le cercle de centre \(K\) d’affixe : \[ z_K=i \] et de rayon \(1\). L’image d’un cercle par une rotation est un cercle de même rayon, dont le centre est l’image du centre.
Calculons l’image de \(K\) par \(r\). On a : \[ z'_K=-1+e^{i\frac{2\pi}{3}}(i+1). \] Or : \[ e^{i\frac{2\pi}{3}}=-\frac12+i\frac{\sqrt3}{2}. \] Donc : \[ e^{i\frac{2\pi}{3}}(1+i) = \left(-\frac12+i\frac{\sqrt3}{2}\right)(1+i). \] En développant : \[ e^{i\frac{2\pi}{3}}(1+i) = -\frac12-\frac{\sqrt3}{2} + i\left(\frac{\sqrt3}{2}-\frac12\right). \] Donc : \[ z'_K = -1-\frac12-\frac{\sqrt3}{2} + i\left(\frac{\sqrt3}{2}-\frac12\right). \] Ainsi : \[ z'_K = -\frac{3+\sqrt3}{2} +i\frac{\sqrt3-1}{2}. \] L’image de \((F)\) par \(r\) est donc le cercle de centre \(K'\) d’affixe : \[ z_{K'}= -\frac{3+\sqrt3}{2} +i\frac{\sqrt3-1}{2} \] et de rayon \(1\). Son équation complexe est : \[ \left|z-\left(-\frac{3+\sqrt3}{2}+i\frac{\sqrt3-1}{2}\right)\right|=1. \]
Correction.
On a : \[ (F)=\{M(m)\in(P)\ ;\ |m-i|=1\}. \] Donc \((F)\) est le cercle de centre \(K\) d’affixe : \[ z_K=i \] et de rayon \(1\). L’image d’un cercle par une rotation est un cercle de même rayon, dont le centre est l’image du centre.
Calculons l’image de \(K\) par \(r\). On a : \[ z'_K=-1+e^{i\frac{2\pi}{3}}(i+1). \] Or : \[ e^{i\frac{2\pi}{3}}=-\frac12+i\frac{\sqrt3}{2}. \] Donc : \[ e^{i\frac{2\pi}{3}}(1+i) = \left(-\frac12+i\frac{\sqrt3}{2}\right)(1+i). \] En développant : \[ e^{i\frac{2\pi}{3}}(1+i) = -\frac12-\frac{\sqrt3}{2} + i\left(\frac{\sqrt3}{2}-\frac12\right). \] Donc : \[ z'_K = -1-\frac12-\frac{\sqrt3}{2} + i\left(\frac{\sqrt3}{2}-\frac12\right). \] Ainsi : \[ z'_K = -\frac{3+\sqrt3}{2} +i\frac{\sqrt3-1}{2}. \] L’image de \((F)\) par \(r\) est donc le cercle de centre \(K'\) d’affixe : \[ z_{K'}= -\frac{3+\sqrt3}{2} +i\frac{\sqrt3-1}{2} \] et de rayon \(1\). Son équation complexe est : \[ \left|z-\left(-\frac{3+\sqrt3}{2}+i\frac{\sqrt3-1}{2}\right)\right|=1. \]
Exercice 4 — Analyse, intégrales et suites
Partie I
On considère :
\[
f(x)=(1-x)e^{2x}.
\]
I-1-a
Question. Montrer que :
\[
\lim_{x\to-\infty}f(x)=0
\]
puis calculer :
\[
\lim_{x\to+\infty}f(x).
\]
Données.
On considère : \[ f(x)=(1-x)e^{2x}. \]
Correction.
Lorsque \(x\to-\infty\), on a : \[ 1-x\to+\infty \qquad\text{et}\qquad e^{2x}\to0. \] On obtient donc une forme indéterminée du type \(+\infty\times0\). On transforme alors l’expression : \[ f(x)=(1-x)e^{2x}=e^{2x}-xe^{2x}. \] D’une part : \[ \lim_{x\to-\infty}e^{2x}=0. \] D’autre part, posons : \[ X=-2x. \] Lorsque \(x\to-\infty\), on a \(X\to+\infty\), et : \[ xe^{2x}=-\frac X2e^{-X} =-\frac12\cdot\frac X{e^X}. \] Or, d’après la limite usuelle du cours : \[ \lim_{X\to+\infty}\frac X{e^X}=0. \] Donc : \[ \lim_{x\to-\infty}xe^{2x}=0. \] Par conséquent : \[ \lim_{x\to-\infty}f(x)=0-0=0. \] Lorsque \(x\to+\infty\), on écrit : \[ f(x)=-(x-1)e^{2x}. \] Or : \[ x-1\to+\infty \qquad\text{et}\qquad e^{2x}\to+\infty. \] Donc : \[ (x-1)e^{2x}\to+\infty. \] Ainsi : \[ \lim_{x\to+\infty}f(x)=-\infty. \]
Données.
On considère : \[ f(x)=(1-x)e^{2x}. \]
Correction.
Lorsque \(x\to-\infty\), on a : \[ 1-x\to+\infty \qquad\text{et}\qquad e^{2x}\to0. \] On obtient donc une forme indéterminée du type \(+\infty\times0\). On transforme alors l’expression : \[ f(x)=(1-x)e^{2x}=e^{2x}-xe^{2x}. \] D’une part : \[ \lim_{x\to-\infty}e^{2x}=0. \] D’autre part, posons : \[ X=-2x. \] Lorsque \(x\to-\infty\), on a \(X\to+\infty\), et : \[ xe^{2x}=-\frac X2e^{-X} =-\frac12\cdot\frac X{e^X}. \] Or, d’après la limite usuelle du cours : \[ \lim_{X\to+\infty}\frac X{e^X}=0. \] Donc : \[ \lim_{x\to-\infty}xe^{2x}=0. \] Par conséquent : \[ \lim_{x\to-\infty}f(x)=0-0=0. \] Lorsque \(x\to+\infty\), on écrit : \[ f(x)=-(x-1)e^{2x}. \] Or : \[ x-1\to+\infty \qquad\text{et}\qquad e^{2x}\to+\infty. \] Donc : \[ (x-1)e^{2x}\to+\infty. \] Ainsi : \[ \lim_{x\to+\infty}f(x)=-\infty. \]
I-1-b
Question. Étudier les branches infinies de \((C_f)\).
Correction.
Au voisinage de \(-\infty\), on a : \[ \lim_{x\to-\infty}f(x)=0. \] Donc \((C_f)\) admet au voisinage de \(-\infty\) une asymptote horizontale d’équation : \[ y=0. \] Au voisinage de \(+\infty\), on a : \[ \lim_{x\to+\infty}f(x)=-\infty. \] Étudions : \[ \frac{f(x)}x. \] On a : \[ \frac{f(x)}x = \frac{(1-x)e^{2x}}x = \left(\frac1x-1\right)e^{2x}. \] Lorsque \(x\to+\infty\), on a : \[ \frac1x-1\to -1 \] et : \[ e^{2x}\to+\infty. \] Donc : \[ \frac{f(x)}x\to-\infty. \] Ainsi, la courbe n’admet pas d’asymptote oblique au voisinage de \(+\infty\). Elle admet une branche parabolique de direction l’axe des ordonnées.
Correction.
Au voisinage de \(-\infty\), on a : \[ \lim_{x\to-\infty}f(x)=0. \] Donc \((C_f)\) admet au voisinage de \(-\infty\) une asymptote horizontale d’équation : \[ y=0. \] Au voisinage de \(+\infty\), on a : \[ \lim_{x\to+\infty}f(x)=-\infty. \] Étudions : \[ \frac{f(x)}x. \] On a : \[ \frac{f(x)}x = \frac{(1-x)e^{2x}}x = \left(\frac1x-1\right)e^{2x}. \] Lorsque \(x\to+\infty\), on a : \[ \frac1x-1\to -1 \] et : \[ e^{2x}\to+\infty. \] Donc : \[ \frac{f(x)}x\to-\infty. \] Ainsi, la courbe n’admet pas d’asymptote oblique au voisinage de \(+\infty\). Elle admet une branche parabolique de direction l’axe des ordonnées.
I-2
Question. Calculer \(f'(x)\), puis dresser le tableau de variations de \(f\).
Correction.
Les fonctions \(x\mapsto 1-x\) et \(x\mapsto e^{2x}\) sont dérivables sur \(\mathbb R\). Donc \(f\) est dérivable sur \(\mathbb R\).
On a : \[ f(x)=(1-x)e^{2x}. \] Donc : \[ f'(x)=(-1)e^{2x}+(1-x)\cdot2e^{2x}. \] Ainsi : \[ f'(x)=e^{2x}\left[-1+2(1-x)\right]. \] Donc : \[ f'(x)=e^{2x}(1-2x). \] Comme : \[ e^{2x}\gt0 \] pour tout \(x\in\mathbb R\), le signe de \(f'(x)\) est celui de \(1-2x\).
Ainsi : \[ f'(x)\gt0\Longleftrightarrow x\lt\frac12, \] \[ f'(x)=0\Longleftrightarrow x=\frac12, \] et : \[ f'(x)\lt0\Longleftrightarrow x\gt\frac12. \] Donc \(f\) est strictement croissante sur : \[ \left]-\infty,\frac12\right] \] et strictement décroissante sur : \[ \left[\frac12,+\infty\right[. \] De plus : \[ f\left(\frac12\right)=\frac e2. \]
Correction.
Les fonctions \(x\mapsto 1-x\) et \(x\mapsto e^{2x}\) sont dérivables sur \(\mathbb R\). Donc \(f\) est dérivable sur \(\mathbb R\).
On a : \[ f(x)=(1-x)e^{2x}. \] Donc : \[ f'(x)=(-1)e^{2x}+(1-x)\cdot2e^{2x}. \] Ainsi : \[ f'(x)=e^{2x}\left[-1+2(1-x)\right]. \] Donc : \[ f'(x)=e^{2x}(1-2x). \] Comme : \[ e^{2x}\gt0 \] pour tout \(x\in\mathbb R\), le signe de \(f'(x)\) est celui de \(1-2x\).
Ainsi : \[ f'(x)\gt0\Longleftrightarrow x\lt\frac12, \] \[ f'(x)=0\Longleftrightarrow x=\frac12, \] et : \[ f'(x)\lt0\Longleftrightarrow x\gt\frac12. \] Donc \(f\) est strictement croissante sur : \[ \left]-\infty,\frac12\right] \] et strictement décroissante sur : \[ \left[\frac12,+\infty\right[. \] De plus : \[ f\left(\frac12\right)=\frac e2. \]
| \(x\) | \(-\infty\) | \(\frac12\) | \(+\infty\) |
| \(f'(x)\) | \(+\) | \(0\) | \(-\) |
| \(f(x)\) | \(0\) | \(\nearrow \frac e2 \searrow\) | \(-\infty\) |
I-3
Question. On pose \(g\) la restriction de \(f\) sur \(\left]-\infty,\frac12\right]\). Montrer que \(g\) admet une fonction réciproque \(g^{-1}\) définie sur un intervalle \(J\) à déterminer.
Correction.
La question précédente montre que \(f\) est strictement croissante sur : \[ \left]-\infty,\frac12\right]. \] Donc \(g\) est strictement croissante sur cet intervalle. De plus, \(g\) est continue sur : \[ \left]-\infty,\frac12\right]. \] On a : \[ \lim_{x\to-\infty}g(x)=0 \] et : \[ g\left(\frac12\right)=\frac e2. \] Donc l’image de \(g\) est : \[ J=\left]0,\frac e2\right]. \] Ainsi, \(g\) réalise une bijection de : \[ \left]-\infty,\frac12\right] \] sur : \[ J=\left]0,\frac e2\right]. \] Par conséquent, \(g\) admet une fonction réciproque : \[ g^{-1}:J\longrightarrow \left]-\infty,\frac12\right]. \]
Correction.
La question précédente montre que \(f\) est strictement croissante sur : \[ \left]-\infty,\frac12\right]. \] Donc \(g\) est strictement croissante sur cet intervalle. De plus, \(g\) est continue sur : \[ \left]-\infty,\frac12\right]. \] On a : \[ \lim_{x\to-\infty}g(x)=0 \] et : \[ g\left(\frac12\right)=\frac e2. \] Donc l’image de \(g\) est : \[ J=\left]0,\frac e2\right]. \] Ainsi, \(g\) réalise une bijection de : \[ \left]-\infty,\frac12\right] \] sur : \[ J=\left]0,\frac e2\right]. \] Par conséquent, \(g\) admet une fonction réciproque : \[ g^{-1}:J\longrightarrow \left]-\infty,\frac12\right]. \]
I-4-a
Question. Montrer que \(\Omega(0,1)\) est un point d’inflexion de \((C_f)\).
Correction.
On a : \[ f(0)=1. \] Donc : \[ \Omega(0,1)\in(C_f). \] Calculons \(f''(x)\). On a : \[ f'(x)=e^{2x}(1-2x). \] Donc : \[ f''(x)=2e^{2x}(1-2x)-2e^{2x}. \] Ainsi : \[ f''(x)=e^{2x}(2-4x-2). \] Donc : \[ f''(x)=-4xe^{2x}. \] Comme : \[ e^{2x}\gt0, \] le signe de \(f''(x)\) est celui de \(-x\). Ainsi, \(f''\) change de signe en \(0\).
Par conséquent, \(\Omega(0,1)\) est un point d’inflexion de \((C_f)\).
Correction.
On a : \[ f(0)=1. \] Donc : \[ \Omega(0,1)\in(C_f). \] Calculons \(f''(x)\). On a : \[ f'(x)=e^{2x}(1-2x). \] Donc : \[ f''(x)=2e^{2x}(1-2x)-2e^{2x}. \] Ainsi : \[ f''(x)=e^{2x}(2-4x-2). \] Donc : \[ f''(x)=-4xe^{2x}. \] Comme : \[ e^{2x}\gt0, \] le signe de \(f''(x)\) est celui de \(-x\). Ainsi, \(f''\) change de signe en \(0\).
Par conséquent, \(\Omega(0,1)\) est un point d’inflexion de \((C_f)\).
I-4-b
Question. Donner l’équation de la tangente à \((C_f)\) au point \(\Omega\).
Correction.
La tangente à \((C_f)\) au point d’abscisse \(0\) a pour équation : \[ y=f'(0)(x-0)+f(0). \] On a : \[ f(0)=1 \] et : \[ f'(0)=1. \] Donc l’équation de la tangente est : \[ y=x+1. \]
Correction.
La tangente à \((C_f)\) au point d’abscisse \(0\) a pour équation : \[ y=f'(0)(x-0)+f(0). \] On a : \[ f(0)=1 \] et : \[ f'(0)=1. \] Donc l’équation de la tangente est : \[ y=x+1. \]
I-4-c
Question. Tracer la droite \((T)\), les courbes \((C_f)\) et \((C_{g^{-1}})\) dans le même repère.
Correction.
On trace : \[ (T):\quad y=x+1. \] La courbe \((C_f)\) passe par \(\Omega(0,1)\), admet la tangente \((T)\) en ce point, admet une asymptote horizontale : \[ y=0 \] au voisinage de \(-\infty\), et atteint son maximum au point : \[ \left(\frac12,\frac e2\right). \] La courbe \((C_{g^{-1}})\) est l’image de la courbe de \(g\) par la symétrie par rapport à la droite : \[ y=x. \] Comme : \[ g:\left]-\infty,\frac12\right]\to\left]0,\frac e2\right], \] on trace \((C_{g^{-1}})\) comme la symétrique de la branche de \((C_f)\) correspondant à : \[ x\le\frac12. \]
Correction.
On trace : \[ (T):\quad y=x+1. \] La courbe \((C_f)\) passe par \(\Omega(0,1)\), admet la tangente \((T)\) en ce point, admet une asymptote horizontale : \[ y=0 \] au voisinage de \(-\infty\), et atteint son maximum au point : \[ \left(\frac12,\frac e2\right). \] La courbe \((C_{g^{-1}})\) est l’image de la courbe de \(g\) par la symétrie par rapport à la droite : \[ y=x. \] Comme : \[ g:\left]-\infty,\frac12\right]\to\left]0,\frac e2\right], \] on trace \((C_{g^{-1}})\) comme la symétrique de la branche de \((C_f)\) correspondant à : \[ x\le\frac12. \]
Partie II — Fonction \(F\)
On définit :
\[
F(x)=\int_1^x\frac{f(t)}{1+e^{2t}}\,dt.
\]
II-1-a
Question. Montrer que \(F\) est dérivable et calculer \(F'(x)\).
Correction.
La fonction : \[ t\mapsto \frac{f(t)}{1+e^{2t}} \] est continue sur \(\mathbb R\), car \(f\) est continue sur \(\mathbb R\) et : \[ 1+e^{2t}\gt0 \] pour tout \(t\in\mathbb R\).
Donc : \[ F(x)=\int_1^x\frac{f(t)}{1+e^{2t}}\,dt \] est dérivable sur \(\mathbb R\), et : \[ F'(x)=\frac{f(x)}{1+e^{2x}}. \] Comme : \[ f(x)=(1-x)e^{2x}, \] on obtient : \[ F'(x)=\frac{(1-x)e^{2x}}{1+e^{2x}}. \]
Correction.
La fonction : \[ t\mapsto \frac{f(t)}{1+e^{2t}} \] est continue sur \(\mathbb R\), car \(f\) est continue sur \(\mathbb R\) et : \[ 1+e^{2t}\gt0 \] pour tout \(t\in\mathbb R\).
Donc : \[ F(x)=\int_1^x\frac{f(t)}{1+e^{2t}}\,dt \] est dérivable sur \(\mathbb R\), et : \[ F'(x)=\frac{f(x)}{1+e^{2x}}. \] Comme : \[ f(x)=(1-x)e^{2x}, \] on obtient : \[ F'(x)=\frac{(1-x)e^{2x}}{1+e^{2x}}. \]
II-1-b
Question. Étudier les variations de \(F\).
Correction.
On a : \[ F'(x)=\frac{(1-x)e^{2x}}{1+e^{2x}}. \] Or : \[ e^{2x}\gt0 \] et : \[ 1+e^{2x}\gt0. \] Donc le signe de \(F'(x)\) est celui de \(1-x\).
Ainsi : \[ F'(x)\gt0\Longleftrightarrow x\lt1, \] \[ F'(x)=0\Longleftrightarrow x=1, \] et : \[ F'(x)\lt0\Longleftrightarrow x\gt1. \] Donc \(F\) est croissante sur \(]-\infty,1]\) et décroissante sur \([1,+\infty[\). De plus : \[ F(1)=0. \]
Correction.
On a : \[ F'(x)=\frac{(1-x)e^{2x}}{1+e^{2x}}. \] Or : \[ e^{2x}\gt0 \] et : \[ 1+e^{2x}\gt0. \] Donc le signe de \(F'(x)\) est celui de \(1-x\).
Ainsi : \[ F'(x)\gt0\Longleftrightarrow x\lt1, \] \[ F'(x)=0\Longleftrightarrow x=1, \] et : \[ F'(x)\lt0\Longleftrightarrow x\gt1. \] Donc \(F\) est croissante sur \(]-\infty,1]\) et décroissante sur \([1,+\infty[\). De plus : \[ F(1)=0. \]
II-2-a
Question. Montrer que, pour \(x\gt1\),
\[
\frac12\int_1^x f(t)\,dt
\le F(x)\le
\frac1{1+e^{2x}}\int_1^x f(t)\,dt.
\]
Correction.
Soit \(x\gt1\). Pour tout \(t\in[1,x]\), on a : \[ 1\le t\le x. \] Donc : \[ e^2\le e^{2t}\le e^{2x}. \] Ainsi : \[ 1+e^2\le1+e^{2t}\le1+e^{2x}. \] La fonction inverse est décroissante sur \(]0,+\infty[\). Donc : \[ \frac1{1+e^{2x}}\le \frac1{1+e^{2t}}\le \frac1{1+e^2}. \] Comme : \[ \frac1{1+e^2}\lt\frac12, \] on a aussi : \[ \frac1{1+e^{2x}}\le \frac1{1+e^{2t}}\le \frac12. \] Pour \(t\in[1,x]\), on a : \[ f(t)=(1-t)e^{2t}\le0. \] Donc, lorsqu’on multiplie l’encadrement précédent par \(f(t)\), le sens des inégalités change : \[ \frac12 f(t)\le \frac{f(t)}{1+e^{2t}}\le \frac1{1+e^{2x}}f(t). \] En intégrant de \(1\) à \(x\), on obtient : \[ \frac12\int_1^x f(t)\,dt \le F(x) \le \frac1{1+e^{2x}}\int_1^x f(t)\,dt. \]
Correction.
Soit \(x\gt1\). Pour tout \(t\in[1,x]\), on a : \[ 1\le t\le x. \] Donc : \[ e^2\le e^{2t}\le e^{2x}. \] Ainsi : \[ 1+e^2\le1+e^{2t}\le1+e^{2x}. \] La fonction inverse est décroissante sur \(]0,+\infty[\). Donc : \[ \frac1{1+e^{2x}}\le \frac1{1+e^{2t}}\le \frac1{1+e^2}. \] Comme : \[ \frac1{1+e^2}\lt\frac12, \] on a aussi : \[ \frac1{1+e^{2x}}\le \frac1{1+e^{2t}}\le \frac12. \] Pour \(t\in[1,x]\), on a : \[ f(t)=(1-t)e^{2t}\le0. \] Donc, lorsqu’on multiplie l’encadrement précédent par \(f(t)\), le sens des inégalités change : \[ \frac12 f(t)\le \frac{f(t)}{1+e^{2t}}\le \frac1{1+e^{2x}}f(t). \] En intégrant de \(1\) à \(x\), on obtient : \[ \frac12\int_1^x f(t)\,dt \le F(x) \le \frac1{1+e^{2x}}\int_1^x f(t)\,dt. \]
II-2-b
Question. Montrer que :
\[
\int_1^x f(t)\,dt
=
\left(\frac34-\frac x2\right)e^{2x}-\frac{e^2}{4}.
\]
Correction.
On a : \[ f(t)=(1-t)e^{2t}. \] On utilise une intégration par parties avec : \[ u(t)=1-t \] et : \[ v'(t)=e^{2t}. \] Alors : \[ u'(t)=-1 \] et on peut prendre : \[ v(t)=\frac12e^{2t}. \] Donc : \[ \int_1^x(1-t)e^{2t}\,dt = \left[\frac{1-t}{2}e^{2t}\right]_1^x - \int_1^x\frac12e^{2t}(-1)\,dt. \] Ainsi : \[ \int_1^x(1-t)e^{2t}\,dt = \left[\frac{1-t}{2}e^{2t}\right]_1^x + \frac12\int_1^x e^{2t}\,dt. \] Or : \[ \int_1^x e^{2t}\,dt = \left[\frac12e^{2t}\right]_1^x. \] Donc : \[ \int_1^x f(t)\,dt = \left[\frac{1-t}{2}e^{2t}\right]_1^x + \frac12\left[\frac12e^{2t}\right]_1^x. \] Ainsi : \[ \int_1^x f(t)\,dt = \left[\left(\frac{1-t}{2}+\frac14\right)e^{2t}\right]_1^x. \] Donc : \[ \int_1^x f(t)\,dt = \left[\left(\frac34-\frac t2\right)e^{2t}\right]_1^x. \] Par conséquent : \[ \int_1^x f(t)\,dt = \left(\frac34-\frac x2\right)e^{2x} - \left(\frac34-\frac12\right)e^2. \] Comme : \[ \frac34-\frac12=\frac14, \] on obtient : \[ \int_1^x f(t)\,dt = \left(\frac34-\frac x2\right)e^{2x} -\frac{e^2}{4}. \]
Correction.
On a : \[ f(t)=(1-t)e^{2t}. \] On utilise une intégration par parties avec : \[ u(t)=1-t \] et : \[ v'(t)=e^{2t}. \] Alors : \[ u'(t)=-1 \] et on peut prendre : \[ v(t)=\frac12e^{2t}. \] Donc : \[ \int_1^x(1-t)e^{2t}\,dt = \left[\frac{1-t}{2}e^{2t}\right]_1^x - \int_1^x\frac12e^{2t}(-1)\,dt. \] Ainsi : \[ \int_1^x(1-t)e^{2t}\,dt = \left[\frac{1-t}{2}e^{2t}\right]_1^x + \frac12\int_1^x e^{2t}\,dt. \] Or : \[ \int_1^x e^{2t}\,dt = \left[\frac12e^{2t}\right]_1^x. \] Donc : \[ \int_1^x f(t)\,dt = \left[\frac{1-t}{2}e^{2t}\right]_1^x + \frac12\left[\frac12e^{2t}\right]_1^x. \] Ainsi : \[ \int_1^x f(t)\,dt = \left[\left(\frac{1-t}{2}+\frac14\right)e^{2t}\right]_1^x. \] Donc : \[ \int_1^x f(t)\,dt = \left[\left(\frac34-\frac t2\right)e^{2t}\right]_1^x. \] Par conséquent : \[ \int_1^x f(t)\,dt = \left(\frac34-\frac x2\right)e^{2x} - \left(\frac34-\frac12\right)e^2. \] Comme : \[ \frac34-\frac12=\frac14, \] on obtient : \[ \int_1^x f(t)\,dt = \left(\frac34-\frac x2\right)e^{2x} -\frac{e^2}{4}. \]
II-2-c
Question. En déduire :
\[
\lim_{x\to+\infty}F(x)=-\infty.
\]
Correction.
La question précédente donne : \[ \int_1^x f(t)\,dt = \left(\frac34-\frac x2\right)e^{2x} -\frac{e^2}{4}. \] Donc : \[ \frac1{1+e^{2x}}\int_1^x f(t)\,dt = \frac{\left(\frac34-\frac x2\right)e^{2x}}{1+e^{2x}} - \frac{e^2}{4(1+e^{2x})}. \] Lorsque \(x\to+\infty\), on a : \[ \frac{e^{2x}}{1+e^{2x}}\to1. \] Donc : \[ \frac{\left(\frac34-\frac x2\right)e^{2x}}{1+e^{2x}} \to-\infty. \] Et : \[ \frac{e^2}{4(1+e^{2x})}\to0. \] Ainsi : \[ \frac1{1+e^{2x}}\int_1^x f(t)\,dt\to-\infty. \] Or, pour \(x\gt1\), la question 2-a donne : \[ F(x)\le \frac1{1+e^{2x}}\int_1^x f(t)\,dt. \] Donc, pour tout réel \(A\), à partir d’un certain rang, le membre de droite est inférieur à \(A\), et donc \(F(x)\lt A\). Par conséquent : \[ \lim_{x\to+\infty}F(x)=-\infty. \]
Correction.
La question précédente donne : \[ \int_1^x f(t)\,dt = \left(\frac34-\frac x2\right)e^{2x} -\frac{e^2}{4}. \] Donc : \[ \frac1{1+e^{2x}}\int_1^x f(t)\,dt = \frac{\left(\frac34-\frac x2\right)e^{2x}}{1+e^{2x}} - \frac{e^2}{4(1+e^{2x})}. \] Lorsque \(x\to+\infty\), on a : \[ \frac{e^{2x}}{1+e^{2x}}\to1. \] Donc : \[ \frac{\left(\frac34-\frac x2\right)e^{2x}}{1+e^{2x}} \to-\infty. \] Et : \[ \frac{e^2}{4(1+e^{2x})}\to0. \] Ainsi : \[ \frac1{1+e^{2x}}\int_1^x f(t)\,dt\to-\infty. \] Or, pour \(x\gt1\), la question 2-a donne : \[ F(x)\le \frac1{1+e^{2x}}\int_1^x f(t)\,dt. \] Donc, pour tout réel \(A\), à partir d’un certain rang, le membre de droite est inférieur à \(A\), et donc \(F(x)\lt A\). Par conséquent : \[ \lim_{x\to+\infty}F(x)=-\infty. \]
Partie III — Suite \((u_n)\)
On considère :
\[
u_n=\int_0^1(1-x)^n e^{2x}\,dx.
\]
III-1-a
Question. Montrer que :
\[
u_n=e^2\int_0^1 t^n e^{-2t}\,dt.
\]
Correction.
On pose : \[ t=1-x. \] Alors : \[ x=1-t \] et : \[ dx=-dt. \] Lorsque \(x=0\), on a \(t=1\). Lorsque \(x=1\), on a \(t=0\). Donc : \[ u_n=\int_1^0 t^n e^{2(1-t)}(-dt). \] Ainsi : \[ u_n=e^2\int_0^1 t^n e^{-2t}\,dt. \]
Correction.
On pose : \[ t=1-x. \] Alors : \[ x=1-t \] et : \[ dx=-dt. \] Lorsque \(x=0\), on a \(t=1\). Lorsque \(x=1\), on a \(t=0\). Donc : \[ u_n=\int_1^0 t^n e^{2(1-t)}(-dt). \] Ainsi : \[ u_n=e^2\int_0^1 t^n e^{-2t}\,dt. \]
III-1-b
Question. Montrer que :
\[
0\le u_n\le \frac{e^2}{n+1},
\]
puis en déduire la limite de \(u_n\).
Correction.
Pour tout \(t\in[0,1]\), on a : \[ 0\le e^{-2t}\le1. \] Comme \(t^n\ge0\), on obtient : \[ 0\le t^n e^{-2t}\le t^n. \] En intégrant sur \([0,1]\), on obtient : \[ 0\le \int_0^1 t^n e^{-2t}\,dt\le \int_0^1 t^n\,dt. \] Donc : \[ 0\le e^2\int_0^1 t^n e^{-2t}\,dt \le e^2\int_0^1 t^n\,dt. \] Ainsi : \[ 0\le u_n\le \frac{e^2}{n+1}. \] Comme : \[ \frac{e^2}{n+1}\to0, \] le théorème d’encadrement donne : \[ \lim_{n\to+\infty}u_n=0. \]
Correction.
Pour tout \(t\in[0,1]\), on a : \[ 0\le e^{-2t}\le1. \] Comme \(t^n\ge0\), on obtient : \[ 0\le t^n e^{-2t}\le t^n. \] En intégrant sur \([0,1]\), on obtient : \[ 0\le \int_0^1 t^n e^{-2t}\,dt\le \int_0^1 t^n\,dt. \] Donc : \[ 0\le e^2\int_0^1 t^n e^{-2t}\,dt \le e^2\int_0^1 t^n\,dt. \] Ainsi : \[ 0\le u_n\le \frac{e^2}{n+1}. \] Comme : \[ \frac{e^2}{n+1}\to0, \] le théorème d’encadrement donne : \[ \lim_{n\to+\infty}u_n=0. \]
III-2-a
Question. Montrer que :
\[
u_{n+1}=-\frac12+\frac{n+1}{2}u_n.
\]
Correction.
La question 1-a donne : \[ u_{n+1}=e^2\int_0^1 t^{n+1}e^{-2t}\,dt. \] Calculons : \[ \int_0^1 t^{n+1}e^{-2t}\,dt. \] On utilise une intégration par parties avec : \[ u(t)=t^{n+1} \] et : \[ v'(t)=e^{-2t}. \] Alors : \[ u'(t)=(n+1)t^n \] et on peut prendre : \[ v(t)=-\frac12 e^{-2t}. \] Donc : \[ \int_0^1 t^{n+1}e^{-2t}\,dt = \left[-\frac12 t^{n+1}e^{-2t}\right]_0^1 - \int_0^1\left(-\frac12 e^{-2t}\right)(n+1)t^n\,dt. \] Ainsi : \[ \int_0^1 t^{n+1}e^{-2t}\,dt = \left[-\frac12 t^{n+1}e^{-2t}\right]_0^1 + \frac{n+1}{2} \int_0^1 t^n e^{-2t}\,dt. \] Or : \[ \left[-\frac12 t^{n+1}e^{-2t}\right]_0^1 = -\frac1{2e^2}. \] Donc : \[ \int_0^1 t^{n+1}e^{-2t}\,dt = -\frac1{2e^2} + \frac{n+1}{2} \int_0^1 t^n e^{-2t}\,dt. \] En multipliant par \(e^2\), on obtient : \[ u_{n+1} = -\frac12 + \frac{n+1}{2}u_n. \]
Correction.
La question 1-a donne : \[ u_{n+1}=e^2\int_0^1 t^{n+1}e^{-2t}\,dt. \] Calculons : \[ \int_0^1 t^{n+1}e^{-2t}\,dt. \] On utilise une intégration par parties avec : \[ u(t)=t^{n+1} \] et : \[ v'(t)=e^{-2t}. \] Alors : \[ u'(t)=(n+1)t^n \] et on peut prendre : \[ v(t)=-\frac12 e^{-2t}. \] Donc : \[ \int_0^1 t^{n+1}e^{-2t}\,dt = \left[-\frac12 t^{n+1}e^{-2t}\right]_0^1 - \int_0^1\left(-\frac12 e^{-2t}\right)(n+1)t^n\,dt. \] Ainsi : \[ \int_0^1 t^{n+1}e^{-2t}\,dt = \left[-\frac12 t^{n+1}e^{-2t}\right]_0^1 + \frac{n+1}{2} \int_0^1 t^n e^{-2t}\,dt. \] Or : \[ \left[-\frac12 t^{n+1}e^{-2t}\right]_0^1 = -\frac1{2e^2}. \] Donc : \[ \int_0^1 t^{n+1}e^{-2t}\,dt = -\frac1{2e^2} + \frac{n+1}{2} \int_0^1 t^n e^{-2t}\,dt. \] En multipliant par \(e^2\), on obtient : \[ u_{n+1} = -\frac12 + \frac{n+1}{2}u_n. \]
III-2-b
Question. En déduire :
\[
\lim_{n\to+\infty}nu_n.
\]
Correction.
La question précédente donne : \[ u_{n+1} = -\frac12 + \frac{n+1}{2}u_n. \] Donc : \[ \frac{n+1}{2}u_n=u_{n+1}+\frac12. \] En multipliant par \(2\), on obtient : \[ (n+1)u_n=2u_{n+1}+1. \] Comme : \[ u_{n+1}\to0, \] on obtient : \[ (n+1)u_n\to1. \] Or : \[ nu_n=\frac n{n+1}(n+1)u_n. \] Comme : \[ \frac n{n+1}\to1, \] on conclut : \[ \lim_{n\to+\infty}nu_n=1. \]
Correction.
La question précédente donne : \[ u_{n+1} = -\frac12 + \frac{n+1}{2}u_n. \] Donc : \[ \frac{n+1}{2}u_n=u_{n+1}+\frac12. \] En multipliant par \(2\), on obtient : \[ (n+1)u_n=2u_{n+1}+1. \] Comme : \[ u_{n+1}\to0, \] on obtient : \[ (n+1)u_n\to1. \] Or : \[ nu_n=\frac n{n+1}(n+1)u_n. \] Comme : \[ \frac n{n+1}\to1, \] on conclut : \[ \lim_{n\to+\infty}nu_n=1. \]
III-3-a
Question. Montrer que :
\[
d_n=\frac{n!}{2^{n-1}}d_1,
\]
puis calculer :
\[
\lim_{n\to+\infty}d_n.
\]
Correction.
On a : \[ v_{n+1}=-\frac12+\frac{n+1}{2}v_n \] et : \[ u_{n+1}=-\frac12+\frac{n+1}{2}u_n. \] En soustrayant, on obtient : \[ v_{n+1}-u_{n+1} = \frac{n+1}{2}(v_n-u_n). \] Donc : \[ |v_{n+1}-u_{n+1}| = \frac{n+1}{2}|v_n-u_n|. \] Ainsi : \[ d_{n+1}=\frac{n+1}{2}d_n. \] Montrons par récurrence que : \[ d_n=\frac{n!}{2^{n-1}}d_1. \] Pour \(n=1\), on a : \[ \frac{1!}{2^0}d_1=d_1. \] La propriété est vraie.
Supposons que, pour un certain \(n\ge1\), \[ d_n=\frac{n!}{2^{n-1}}d_1. \] Alors : \[ d_{n+1}=\frac{n+1}{2}d_n. \] Donc : \[ d_{n+1} = \frac{n+1}{2}\cdot \frac{n!}{2^{n-1}}d_1. \] Ainsi : \[ d_{n+1} = \frac{(n+1)!}{2^n}d_1. \] La propriété est donc vraie au rang \(n+1\).
Par récurrence : \[ d_n=\frac{n!}{2^{n-1}}d_1. \] Comme : \[ a\ne u_1, \] on a : \[ d_1=|v_1-u_1|=|a-u_1|\gt0. \] On admet que, pour tout \(n\ge2\), \[ \frac{n!}{2^{n-1}}\ge \frac n2. \] Donc : \[ d_n=\frac{n!}{2^{n-1}}d_1 \ge \frac n2d_1. \] Comme \(d_1\gt0\), on a : \[ \frac n2d_1\to+\infty. \] Donc : \[ \lim_{n\to+\infty}d_n=+\infty. \]
Correction.
On a : \[ v_{n+1}=-\frac12+\frac{n+1}{2}v_n \] et : \[ u_{n+1}=-\frac12+\frac{n+1}{2}u_n. \] En soustrayant, on obtient : \[ v_{n+1}-u_{n+1} = \frac{n+1}{2}(v_n-u_n). \] Donc : \[ |v_{n+1}-u_{n+1}| = \frac{n+1}{2}|v_n-u_n|. \] Ainsi : \[ d_{n+1}=\frac{n+1}{2}d_n. \] Montrons par récurrence que : \[ d_n=\frac{n!}{2^{n-1}}d_1. \] Pour \(n=1\), on a : \[ \frac{1!}{2^0}d_1=d_1. \] La propriété est vraie.
Supposons que, pour un certain \(n\ge1\), \[ d_n=\frac{n!}{2^{n-1}}d_1. \] Alors : \[ d_{n+1}=\frac{n+1}{2}d_n. \] Donc : \[ d_{n+1} = \frac{n+1}{2}\cdot \frac{n!}{2^{n-1}}d_1. \] Ainsi : \[ d_{n+1} = \frac{(n+1)!}{2^n}d_1. \] La propriété est donc vraie au rang \(n+1\).
Par récurrence : \[ d_n=\frac{n!}{2^{n-1}}d_1. \] Comme : \[ a\ne u_1, \] on a : \[ d_1=|v_1-u_1|=|a-u_1|\gt0. \] On admet que, pour tout \(n\ge2\), \[ \frac{n!}{2^{n-1}}\ge \frac n2. \] Donc : \[ d_n=\frac{n!}{2^{n-1}}d_1 \ge \frac n2d_1. \] Comme \(d_1\gt0\), on a : \[ \frac n2d_1\to+\infty. \] Donc : \[ \lim_{n\to+\infty}d_n=+\infty. \]
III-3-b
Question. Montrer que la suite \((v_n)\) est divergente.
Correction.
On sait que : \[ d_n=|v_n-u_n|. \] La question précédente donne : \[ d_n\to+\infty. \] Et la question 1-b donne : \[ u_n\to0. \] On utilise l’inégalité triangulaire sous la forme : \[ |v_n-u_n|\le |v_n|+|u_n|. \] Donc : \[ |v_n|\ge |v_n-u_n|-|u_n|. \] Ainsi : \[ |v_n|\ge d_n-|u_n|. \] Or : \[ d_n\to+\infty \] et : \[ |u_n|\to0. \] Donc : \[ |v_n|\to+\infty. \] Par conséquent, la suite \((v_n)\) est divergente.
Correction.
On sait que : \[ d_n=|v_n-u_n|. \] La question précédente donne : \[ d_n\to+\infty. \] Et la question 1-b donne : \[ u_n\to0. \] On utilise l’inégalité triangulaire sous la forme : \[ |v_n-u_n|\le |v_n|+|u_n|. \] Donc : \[ |v_n|\ge |v_n-u_n|-|u_n|. \] Ainsi : \[ |v_n|\ge d_n-|u_n|. \] Or : \[ d_n\to+\infty \] et : \[ |u_n|\to0. \] Donc : \[ |v_n|\to+\infty. \] Par conséquent, la suite \((v_n)\) est divergente.
FIN DU CORRIGÉ — EXAMEN BLANC LYDEX 2024 — 2e Bac Sciences Mathématiques
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