Correction — Examen national 2026 — Mathématiques — Sciences Mathématiques A/B
Session ordinaire — Option française. Correction rédigée selon la méthode Al Moufid / bac marocain.
Niveau : 2e Bac Sciences Mathématiques A/B — Option française
Matière : Mathématiques
Session : Ordinaire 2026
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Exercice 110 points
Partie I
Rappel de la question.
Montrer que : \(\forall x\in\mathbb R,\ 1+x\le e^x\).
Réponse.
On considère la fonction \(\varphi\) définie sur \(\mathbb R\) par :
\[
\varphi(x)=e^x-x-1.
\]
Elle est dérivable sur \(\mathbb R\), et :
\[
\varphi'(x)=e^x-1.
\]
Donc :
\[
\varphi'(x)\lt 0 \text{ si } x\lt 0,
\qquad
\varphi'(0)=0,
\qquad
\varphi'(x)\gt 0 \text{ si } x\gt 0.
\]
Ainsi, \(\varphi\) est décroissante sur \(]-\infty,0]\) et croissante sur \([0,+\infty[\).
Donc \(\varphi\) admet un minimum en \(0\).
Or :
\[
\varphi(0)=0.
\]
Donc :
\[
\forall x\in\mathbb R,
\qquad
\varphi(x)\ge0.
\]
D'où :
\[
\forall x\in\mathbb R,
\qquad
1+x\le e^x.
\]
\[\boxed{\forall x\in\mathbb R,
\quad 1+x\le e^x}\]
Rappel de la question.
En déduire que : \(\forall x\in[0,+\infty[,\ \dfrac{x^2}{2}+1+x\le e^x\).
Réponse.
Pour tout \(t\in[0,x]\), d'après la question précédente :
\[
1+t\le e^t.
\]
Comme \(x\ge0\), on intègre sur \([0,x]\) :
\[
\int_0^x(1+t)\,dt\le \int_0^x e^t\,dt.
\]
Donc :
\[
x+\frac{x^2}{2}\le e^x-1.
\]
Ainsi :
\[
\frac{x^2}{2}+1+x\le e^x.
\]
\[\boxed{\forall x\in[0,+\infty[,\quad \frac{x^2}{2}+1+x\le e^x}\]
Rappel de la question.
Pour tout \(x\in[0,+\infty[\), on pose :
\[
I(x)=\int_0^x te^{-t}\,dt.
\]
Montrer que :
\[
\forall x\in[0,+\infty[,\qquad I(x)\le\dfrac{x^2}{2}.
\]
Réponse.
Pour tout \(t\in[0,x]\), on a :
\[
0\lt e^{-t}\le1.
\]
Comme \(t\ge0\), on obtient :
\[
0\le te^{-t}\le t.
\]
En intégrant sur \([0,x]\), on obtient :
\[
0\le I(x)\le \int_0^x t\,dt=\frac{x^2}{2}.
\]
\[\boxed{\forall x\in[0,+\infty[,\quad I(x)\le\dfrac{x^2}{2}}\]
Rappel de la question.
On garde :
\[
I(x)=\int_0^x te^{-t}\,dt.
\]
Montrer que :
\[
\forall x\in[0,+\infty[,\qquad I(x)=-xe^{-x}-e^{-x}+1.
\]
Réponse.
Par intégration par parties, avec \(u(t)=t\) et \(v'(t)=e^{-t}\), on peut prendre \(v(t)=-e^{-t}\). Donc :
\[
I(x)=\left[-te^{-t}\right]_0^x+\int_0^x e^{-t}\,dt.
\]
Ainsi :
\[
I(x)=-xe^{-x}+\left[-e^{-t}\right]_0^x=-xe^{-x}-e^{-x}+1.
\]
\[\boxed{\forall x\in[0,+\infty[,\quad I(x)=-xe^{-x}-e^{-x}+1}\]
Rappel de la question.
Soit \(g\) la fonction définie sur \(]0,+\infty[\) par :
\[
g(x)=\frac{e^x-x-1}{x^2}.
\]
En utilisant les résultats des questions précédentes, montrer que :
\[
\forall x\in]0,+\infty[,
\qquad
\frac12\le g(x)\le\frac{e^x}{2}.
\]
Réponse.
D'après la question 1-b), pour \(x\gt 0\) :
\[
\frac{x^2}{2}\le e^x-x-1.
\]
En divisant par \(x^2\gt 0\), on obtient :
\[
\frac12\le g(x).
\]
D'autre part, d'après la question 2-b) :
\[
I(x)=1-(x+1)e^{-x}.
\]
Donc :
\[
e^xI(x)=e^x-x-1.
\]
Or, d'après la question 2-a) :
\[
I(x)\le\frac{x^2}{2}.
\]
Donc :
\[
e^x-x-1\le \frac{e^xx^2}{2}.
\]
En divisant par \(x^2\gt 0\), on obtient :
\[
g(x)\le\frac{e^x}{2}.
\]
\[\boxed{\forall x\in]0,+\infty[,
\quad \frac12\le g(x)\le\frac{e^x}{2}}\]
Rappel de la question.
En déduire que : \(\lim\limits_{x\to0^+}g(x)=\dfrac12\).
Réponse.
Pour tout \(x\gt 0\), on a :
\[
\frac12\le g(x)\le \frac{e^x}{2}.
\]
Or :
\[
\lim_{x\to0^+}\frac{e^x}{2}=\frac12.
\]
D'après le théorème d'encadrement :
\[
\lim_{x\to0^+}g(x)=\frac12.
\]
\[\boxed{\lim_{x\to0^+}g(x)=\frac12}\]
Partie II
On considère la fonction \(f\) définie sur \([0,+\infty[\) par :
\[
f(x)=\frac{x}{e^x-e^{-x}}\quad (x\gt 0),\qquad f(0)=\frac12.
\]
Rappel de la question.
Calculer \(\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)\), puis interpréter graphiquement.
Réponse.
Pour \(x\gt0\), on écrit :
\[
f(x)=\frac{x}{e^x-e^{-x}}
=
\frac{x}{e^x(1-e^{-2x})}
=
\frac{x}{e^x}\cdot\frac1{1-e^{-2x}}.
\]
Lorsque \(x\to+\infty\), on a :
\[
e^{-2x}\to0
\quad\text{donc}\quad
1-e^{-2x}\to1.
\]
Ainsi :
\[
\frac1{1-e^{-2x}}\to1.
\]
De plus, d'après la limite usuelle du cours :
\[
\lim_{x\to+\infty}\frac{e^x}{x}=+\infty.
\]
Donc, par passage à l'inverse :
\[
\lim_{x\to+\infty}\frac{x}{e^x}=0.
\]
Par produit des limites, on obtient :
\[
\lim_{x\to+\infty}f(x)=0.
\]
Graphiquement, l'axe des abscisses est une asymptote horizontale à \((C)\) au voisinage de \(+\infty\).
\[\boxed{\lim_{x\to+\infty}f(x)=0}\]
Rappel de la question.
Montrer que \(f\) est continue à droite en \(0\).
Réponse.
Pour \(x\gt 0\), on écrit :
\[
f(x)=\frac{1}{\frac{e^x-e^{-x}}{x}}.
\]
On étudie :
\[
\frac{e^x-e^{-x}}{x}.
\]
On ajoute et on retranche \(1\) :
\[
\frac{e^x-e^{-x}}{x}=\frac{e^x-1}{x}+\frac{1-e^{-x}}{x}.
\]
On sait que :
\[
\lim_{x\to0}\frac{e^x-1}{x}=1.
\]
Pour le deuxième terme :
\[
\frac{1-e^{-x}}{x}=e^{-x}\frac{e^x-1}{x}.
\]
Donc :
\[
\lim_{x\to0^+}\frac{1-e^{-x}}{x}=1.
\]
Ainsi :
\[
\lim_{x\to0^+}\frac{e^x-e^{-x}}{x}=2.
\]
Par conséquent :
\[
\lim_{x\to0^+}f(x)=\frac12=f(0).
\]
Donc \(f\) est continue à droite en \(0\).
\[\boxed{f\ \text{est continue à droite en }0}\]
Rappel de la question.
Montrer que :
\[
\frac{f(x)-f(0)}{x}
=
-e^{-x}f(x)\left(\frac{e^{2x}-2xe^x-1}{2x^2}\right).
\]
Réponse.
Pour \(x\gt 0\) :
\[
\frac{f(x)-f(0)}{x}=
\frac{\frac{x}{e^x-e^{-x}}-\frac12}{x}
=\frac{2x-(e^x-e^{-x})}{2x(e^x-e^{-x})}.
\]
D'autre part :
\[
-e^{-x}f(x)\left(\frac{e^{2x}-2xe^x-1}{2x^2}\right)
=\frac{2x-e^x+e^{-x}}{2x(e^x-e^{-x})}.
\]
Les deux expressions sont donc égales.
\[\boxed{\frac{f(x)-f(0)}{x}=-e^{-x}f(x)\left(\frac{e^{2x}-2xe^x-1}{2x^2}\right)}\]
Rappel de la question.
Montrer que :
\[
\frac{e^{2x}-2xe^x-1}{2x^2}
=
2g(2x)-\frac{e^x-1}{x}.
\]
Réponse.
On a :
\[
g(2x)=\frac{e^{2x}-2x-1}{4x^2}.
\]
Donc :
\[
2g(2x)-\frac{e^x-1}{x}
=\frac{e^{2x}-2x-1}{2x^2}-\frac{2x(e^x-1)}{2x^2}.
\]
Ainsi :
\[
2g(2x)-\frac{e^x-1}{x}
=\frac{e^{2x}-2xe^x-1}{2x^2}.
\]
\[\boxed{\frac{e^{2x}-2xe^x-1}{2x^2}=2g(2x)-\frac{e^x-1}{x}}\]
Rappel de la question.
En déduire que \(f\) est dérivable à droite en \(0\) et que \(f'_d(0)=0\).
Réponse.
D'après la question précédente :
\[
\frac{e^{2x}-2xe^x-1}{2x^2}=2g(2x)-\frac{e^x-1}{x}.
\]
On pose \(X=2x\). Lorsque \(x\to0^+\), alors \(X\to0^+\). D'après la Partie I :
\[
\lim_{X\to0^+}g(X)=\frac12.
\]
Donc :
\[
\lim_{x\to0^+}g(2x)=\frac12.
\]
De plus :
\[
\lim_{x\to0^+}\frac{e^x-1}{x}=1.
\]
Ainsi :
\[
\lim_{x\to0^+}\left(2g(2x)-\frac{e^x-1}{x}\right)=2\cdot\frac12-1=0.
\]
Donc :
\[
\lim_{x\to0^+}\frac{e^{2x}-2xe^x-1}{2x^2}=0.
\]
Or :
\[
\frac{f(x)-f(0)}{x}
=
-e^{-x}f(x)\left(\frac{e^{2x}-2xe^x-1}{2x^2}\right).
\]
Comme \(e^{-x}\to1\) et \(f(x)\to\frac12\), on obtient :
\[
\lim_{x\to0^+}\frac{f(x)-f(0)}{x}=0.
\]
Ainsi, \(f\) est dérivable à droite en \(0\), et :
\[
f'_d(0)=0.
\]
\[\boxed{f'_d(0)=0}\]
Rappel de la question.
Pour \(J(x)=\int_0^x te^t\,dt\), montrer que : \(0\le I(x)\le J(x)\).
Réponse.
Pour tout \(t\in[0,x]\), on a :
\[
t\ge0\quad\text{et}\quad e^{-t}\le e^t.
\]
Donc :
\[
0\le te^{-t}\le te^t.
\]
En intégrant :
\[
0\le I(x)\le J(x).
\]
\[\boxed{0\le I(x)\le J(x)}\]
Rappel de la question.
Montrer que : \(J(x)=(x-1)e^x+1\).
Réponse.
Par intégration par parties :
\[
J(x)=\int_0^x te^t\,dt=\left[te^t\right]_0^x-\int_0^x e^t\,dt.
\]
Donc :
\[
J(x)=xe^x-(e^x-1)=(x-1)e^x+1.
\]
\[\boxed{J(x)=(x-1)e^x+1}\]
Rappel de la question.
Montrer que :
\[
f'(x)=\frac{I(x)-J(x)}{(e^x-e^{-x})^2}.
\]
Réponse.
Pour \(x\gt 0\), on dérive :
\[
f'(x)=\frac{e^x-e^{-x}-x(e^x+e^{-x})}{(e^x-e^{-x})^2}.
\]
Or :
\[
I(x)-J(x)=e^x-e^{-x}-x(e^x+e^{-x}).
\]
Donc :
\[
f'(x)=\frac{I(x)-J(x)}{(e^x-e^{-x})^2}.
\]
\[\boxed{f'(x)=\frac{I(x)-J(x)}{(e^x-e^{-x})^2}}\]
Rappel de la question.
En déduire le sens de variation de \(f\) sur \([0,+\infty[\).
Réponse.
Pour \(x\gt 0\), et pour tout \(t\in]0,x]\), on a :
\[
t\gt 0
\quad\text{et}\quad
e^{-t}\lt e^t,
\]
car la fonction exponentielle est strictement croissante et \(-t\lt t\). Donc :
\[
te^{-t}\lt te^t.
\]
Ainsi :
\[
I(x)\lt J(x).
\]
D'après la question précédente :
\[
f'(x)=\frac{I(x)-J(x)}{(e^x-e^{-x})^2}.
\]
Or :
\[
I(x)-J(x)\lt 0
\quad\text{et}\quad
(e^x-e^{-x})^2\gt 0.
\]
Donc :
\[
f'(x)\lt 0
\quad\text{pour tout }x\gt 0.
\]
La fonction \(f\) est donc strictement décroissante sur \([0,+\infty[\).
\[\boxed{f\ \text{est strictement décroissante sur }[0,+\infty[}\]
Rappel de la question.
Montrer que \(f\) réalise une bijection de \([0,+\infty[\) vers un intervalle à déterminer.
Réponse.
La fonction \(f\) est continue sur \([0,+\infty[\) et strictement décroissante. De plus :
\[
f(0)=\frac12,
\qquad
\lim_{x\to+\infty}f(x)=0.
\]
Donc :
\[
f([0,+\infty[)=]0,\frac12].
\]
Ainsi, \(f\) réalise une bijection de \([0,+\infty[\) vers \(]0,\frac12]\).
\[\boxed{f\text{ réalise une bijection de }[0,+\infty[\text{ vers }]0,\frac12]}\]
Rappel de la question.
Montrer que l'équation \(f(x)=x\) admet une unique solution \(\alpha\), à déterminer dans \([0,+\infty[\).
Réponse.
Si \(x=0\), on a :
\[
f(0)=\frac12\ne0.
\]
Donc une solution éventuelle est strictement positive.
Pour \(x\gt 0\), l'équation \(f(x)=x\) devient :
\[
\frac{x}{e^x-e^{-x}}=x.
\]
Comme \(x\gt 0\), on divise par \(x\) :
\[
e^x-e^{-x}=1.
\]
On pose :
\[
X=e^x.
\]
Alors \(X\gt 0\) et \(e^{-x}=\frac1X\). Donc :
\[
X-\frac1X=1.
\]
En multipliant par \(X\gt 0\) :
\[
X^2-X-1=0.
\]
Cette équation admet deux solutions :
\[
X_1=\frac{1+\sqrt5}{2},
\qquad
X_2=\frac{1-\sqrt5}{2}.
\]
Comme \(X=e^x\gt 0\), on garde seulement :
\[
X=\frac{1+\sqrt5}{2}.
\]
Ainsi :
\[
x=\ln\left(\frac{1+\sqrt5}{2}\right).
\]
Donc l'unique solution est :
\[
\alpha=\ln\left(\frac{1+\sqrt5}{2}\right).
\]
\[\boxed{\alpha=\ln\left(\frac{1+\sqrt5}{2}\right)}\]
Rappel de la question.
Représenter graphiquement \((C)\) et \((C')\), courbe de \(f^{-1}\).
Réponse.
La courbe \((C')\) est la symétrique de \((C)\) par rapport à la droite \(y=x\).
Pour tracer \((C)\), on utilise :
\[
f(0)=\frac12,
\qquad
\lim_{x\to+\infty}f(x)=0,
\]
le fait que \(f\) est strictement décroissante, ainsi que le point d'inflexion admis :
\[
P(x_0,f(x_0)),
\qquad
x_0\simeq1,6,
\qquad
f(x_0)\simeq0,3.
\]
Représentation de \((C)\), de \((C')\) et de la droite \(y=x\)
\[\boxed{(C')\text{ est la symétrique de }(C)\text{ par rapport à la droite }y=x}\]
Rappel de la question.
Montrer que : \((\forall n\in\mathbb N),\ 0\le u_n\le\frac12\).
Réponse.
On procède par récurrence. Pour \(n=0\), \(u_0=0\), donc \(0\le u_0\le\frac12\).
Supposons que \(0\le u_n\le\frac12\). Comme \(u_{n+1}=f(u_n)\), que \(f\) est positive et décroissante, on a :
\[
0\le u_{n+1}\le f(0)=\frac12.
\]
Donc, par récurrence :
\[
\forall n\in\mathbb N,
\quad
0\le u_n\le\frac12.
\]
\[\boxed{\forall n\in\mathbb N,\quad 0\le u_n\le\frac12}\]
Rappel de la question.
Montrer que :
\[
|u_{n+1}-\alpha|\le\frac12 |u_n-\alpha|.
\]
L'énoncé donne :
\[
\forall x\in]0,+\infty[,
\qquad -\frac12\lt f'(x)\lt 0.
\]
Réponse.
On a :
\[
u_{n+1}=f(u_n)
\quad\text{et}\quad
\alpha=f(\alpha).
\]
Donc :
\[
|u_{n+1}-\alpha|=|f(u_n)-f(\alpha)|.
\]
D'après le théorème des accroissements finis appliqué entre \(u_n\) et \(\alpha\), il existe un réel \(c_n\) entre \(u_n\) et \(\alpha\) tel que :
\[
f(u_n)-f(\alpha)=f'(c_n)(u_n-\alpha).
\]
En prenant les valeurs absolues :
\[
|f(u_n)-f(\alpha)|=|f'(c_n)|\,|u_n-\alpha|.
\]
D'après l'indication donnée dans l'énoncé :
\[
|f'(c_n)|\le\frac12.
\]
Donc :
\[
|u_{n+1}-\alpha|\le\frac12|u_n-\alpha|.
\]
\[\boxed{|u_{n+1}-\alpha|\le\frac12 |u_n-\alpha|}\]
Rappel de la question.
Montrer par récurrence que :
\[
|u_n-\alpha|\le\left(\frac12\right)^n.
\]
Réponse.
On justifie d'abord que :
\[
0\lt \alpha\lt \frac12.
\]
En effet, \(\alpha\gt 0\), car \(0\) n'est pas solution de \(f(x)=x\). Comme \(f\) est strictement décroissante et \(\alpha\gt 0\), on a :
\[
f(\alpha)\lt f(0).
\]
Or :
\[
f(\alpha)=\alpha
\quad\text{et}\quad
f(0)=\frac12.
\]
Donc :
\[
0\lt \alpha\lt \frac12.
\]
On procède par récurrence.
Pour \(n=0\) :
\[
|u_0-\alpha|=\alpha\le1=\left(\frac12\right)^0.
\]
Supposons que :
\[
|u_n-\alpha|\le\left(\frac12\right)^n.
\]
D'après la question précédente :
\[
|u_{n+1}-\alpha|\le\frac12|u_n-\alpha|.
\]
Donc :
\[
|u_{n+1}-\alpha|\le\frac12\left(\frac12\right)^n=\left(\frac12\right)^{n+1}.
\]
Donc, par le principe de récurrence :
\[
\forall n\in\mathbb N,
\qquad
|u_n-\alpha|\le\left(\frac12\right)^n.
\]
\[\boxed{\forall n\in\mathbb N,
\quad |u_n-\alpha|\le\left(\frac12\right)^n}\]
Rappel de la question.
En déduire que la suite \((u_n)\) converge vers \(\alpha\).
Réponse.
On a :
\[
0\le |u_n-\alpha|\le\left(\frac12\right)^n.
\]
Or :
\[
\left|\frac12\right|\lt 1.
\]
Donc, d'après le cours sur les suites géométriques :
\[
\lim_{n\to+\infty}\left(\frac12\right)^n=0.
\]
Par le théorème d'encadrement :
\[
\lim_{n\to+\infty}|u_n-\alpha|=0.
\]
Ainsi :
\[
\lim_{n\to+\infty}u_n=\alpha.
\]
\[\boxed{\lim_{n\to+\infty}u_n=\alpha}\]
Partie III
On considère :
\[
F(x)=\int_x^{2x} f(t)\,dt.
\]
Rappel de la question.
Montrer que : \(0\le F(x)\le xf(x)\).
Réponse.
Pour \(t\in[x,2x]\), on a \(t\ge x\). Comme \(f\) est décroissante et positive :
\[
0\le f(t)\le f(x).
\]
En intégrant sur \([x,2x]\), on obtient :
\[
0\le F(x)\le \int_x^{2x}f(x)\,dt=xf(x).
\]
\[\boxed{0\le F(x)\le xf(x)}\]
Rappel de la question.
En déduire \(\lim\limits_{x\to+\infty}F(x)\).
Réponse.
On a :
\[
0\le F(x)\le xf(x)=\frac{x^2}{e^x-e^{-x}}.
\]
Pour \(x\gt0\), on écrit :
\[
\frac{x^2}{e^x-e^{-x}}
=
\frac{x^2}{e^x(1-e^{-2x})}
=
\frac{x^2}{e^x}\cdot\frac1{1-e^{-2x}}.
\]
Lorsque \(x\to+\infty\), on a :
\[
e^{-2x}\to0
\quad\text{donc}\quad
1-e^{-2x}\to1.
\]
Ainsi :
\[
\frac1{1-e^{-2x}}\to1.
\]
Or, d'après la limite usuelle :
\[
\lim_{x\to+\infty}\frac{e^x}{x^2}=+\infty.
\]
Donc, par passage à l'inverse :
\[
\lim_{x\to+\infty}\frac{x^2}{e^x}=0.
\]
Par produit des limites :
\[
\lim_{x\to+\infty}\frac{x^2}{e^x-e^{-x}}=0.
\]
Par encadrement :
\[
\lim_{x\to+\infty}F(x)=0.
\]
\[\boxed{\lim_{x\to+\infty}F(x)=0}\]
Rappel de la question.
Interpréter graphiquement le résultat.
Réponse.
La courbe représentative de \(F\) admet l'axe des abscisses comme asymptote horizontale au voisinage de \(+\infty\).
\[\boxed{\text{L’axe des abscisses est une asymptote horizontale à la courbe de }F\text{ au voisinage de }+\infty}\]
Rappel de la question.
Montrer que \(F\) est dérivable sur \(]0,+\infty[\).
Réponse.
La fonction \(f\) est continue sur \(]0,+\infty[\).
On pose :
\[
u(x)=x,
\qquad
v(x)=2x.
\]
Les fonctions \(u\) et \(v\) sont dérivables sur \(]0,+\infty[\), et pour tout \(x\in]0,+\infty[\) :
\[
u(x)\in]0,+\infty[,
\qquad
v(x)\in]0,+\infty[.
\]
D'après le théorème de dérivation d'une intégrale à bornes variables, la fonction
\[
x\longmapsto \int_{u(x)}^{v(x)} f(t)\,dt
\]
est dérivable sur \(]0,+\infty[\).
\[\boxed{F\ \text{est dérivable sur } ]0,+\infty[}\]
Rappel de la question.
Montrer que :
\[
F'(x)=\frac{-f(x)}{e^{2x}+1}(e^{2x}-4e^x+1).
\]
Réponse.
D'après la formule de dérivation d'une intégrale à bornes variables, rappelée à la question précédente :
\[
F'(x)=2f(2x)-f(x).
\]
Pour \(x\gt 0\), on a :
\[
2f(2x)=\frac{4x}{e^{2x}-e^{-2x}}.
\]
Or :
\[
e^{2x}-e^{-2x}=\frac{(e^{2x}-1)(e^{2x}+1)}{e^{2x}}.
\]
Donc :
\[
2f(2x)=\frac{4xe^{2x}}{(e^{2x}-1)(e^{2x}+1)}.
\]
D'autre part :
\[
f(x)=\frac{x}{e^x-e^{-x}}=\frac{xe^x}{e^{2x}-1}.
\]
Ainsi :
\[
F'(x)=\frac{4xe^{2x}}{(e^{2x}-1)(e^{2x}+1)}-\frac{xe^x}{e^{2x}-1}.
\]
On met en facteur :
\[
\frac{xe^x}{e^{2x}-1}=f(x).
\]
Donc :
\[
F'(x)=f(x)\left(\frac{4e^x}{e^{2x}+1}-1\right)
=\frac{-f(x)}{e^{2x}+1}(e^{2x}-4e^x+1).
\]
\[\boxed{F'(x)=\frac{-f(x)}{e^{2x}+1}(e^{2x}-4e^x+1)}\]
Rappel de la question.
Montrer que \(F(\ln(2+\sqrt3))\) est un extremum de \(F\).
Réponse.
Le signe de \(F'(x)\) dépend de :
\[
e^{2x}-4e^x+1.
\]
Posons \(y=e^x\), avec \(y\ge1\). On résout :
\[
y^2-4y+1=0.
\]
On obtient :
\[
y=2-\sqrt3\quad\text{ou}\quad y=2+\sqrt3.
\]
Comme \(2-\sqrt3\lt 1\), seule la valeur \(y=2+\sqrt3\) convient. Donc :
\[
x=\ln(2+\sqrt3).
\]
On en déduit que \(F\) est croissante sur
\[
\left[0,\ln(2+\sqrt3)\right]
\]
et décroissante sur
\[
\left[\ln(2+\sqrt3),+\infty\right[.
\]
Donc \(F\) admet un maximum sur \([0,+\infty[\), atteint pour
\[
x=\ln(2+\sqrt3).
\]
\[\boxed{F(\ln(2+\sqrt3))\ \text{est le maximum de }F\text{ sur }[0,+\infty[}\]
Exercice 23,5 points
On a :
\[
m=\sqrt2e^{i\theta},
\qquad
\theta\in\mathbb R-\{k\pi\mid k\in\mathbb Z\}.
\]
Partie I
Rappel de la question.
Sachant que \(z_1=\dfrac{m(1-i)}2\) est une solution de \((E_m)\), déduire que la deuxième solution est :
\[
z_2=\frac{m(1+i)}2.
\]
Réponse.
L'équation est :
\[
\overline m z^2-2z+m=0.
\]
Ses coefficients sont :
\[
a=\overline m,
\qquad
c=m.
\]
D'après le produit des racines :
\[
z_1z_2=\frac ca=\frac{m}{\overline m}.
\]
Or :
\[
m\overline m=|m|^2=2.
\]
Donc :
\[
\frac{m}{\overline m}=\frac{m^2}{m\overline m}=\frac{m^2}{2}.
\]
Ainsi :
\[
z_1z_2=\frac{m^2}{2}.
\]
Comme :
\[
z_1=\frac{m(1-i)}2,
\]
on obtient :
\[
z_2=\frac{\frac{m^2}{2}}{\frac{m(1-i)}2}=\frac{m}{1-i}.
\]
Or :
\[
\frac1{1-i}=\frac{1+i}{2}.
\]
Donc :
\[
z_2=\frac{m(1+i)}2.
\]
\[\boxed{z_2=\frac{m(1+i)}2}\]
Rappel de la question.
Écrire \(z_1\) sous forme exponentielle.
Réponse.
On a :
\[
m=\sqrt2e^{i\theta}.
\]
De plus :
\[
1-i=\sqrt2e^{-i\frac\pi4}.
\]
Donc :
\[
z_1=\frac{m(1-i)}2
=
\frac{\sqrt2e^{i\theta}\cdot\sqrt2e^{-i\frac\pi4}}2.
\]
Ainsi :
\[
z_1=e^{i(\theta-\frac\pi4)}.
\]
\[\boxed{z_1=e^{i(\theta-\frac\pi4)}}\]
Partie II
Rappel de la question.
Montrer que \(R(M_1)=M_2\).
Réponse.
La rotation de centre \(O\) et d'angle \(\frac\pi2\) multiplie les affixes par \(i\). Or :
\[
iz_1=ie^{i(\theta-\frac\pi4)}=e^{i(\theta+\frac\pi4)}=z_2.
\]
Donc :
\[
R(M_1)=M_2.
\]
\[\boxed{R(M_1)=M_2}\]
Rappel de la question.
Montrer que \((MM_1)\perp(OM_1)\) et \((MM_2)\perp(OM_2)\).
Réponse.
On a :
\[
z_1+z_2=m.
\]
Donc :
\[
m-z_1=z_2,
\qquad
m-z_2=z_1.
\]
Un vecteur directeur de \((MM_1)\) a pour affixe \(m-z_1=z_2\), et un vecteur directeur de \((OM_1)\) a pour affixe \(z_1\). Or :
\[
\frac{z_2}{z_1}=i,
\]
qui est imaginaire pur. Donc :
\[
(MM_1)\perp(OM_1).
\]
De même :
\[
\frac{z_1}{z_2}=-i,
\]
donc :
\[
(MM_2)\perp(OM_2).
\]
\[\boxed{(MM_1)\perp(OM_1)\quad\text{et}\quad(MM_2)\perp(OM_2)}\]
Rappel de la question.
Vérifier que :
\[
OM_1=OM_2=1.
\]
Réponse.
D'après les formes exponentielles :
\[
z_1=e^{i(\theta-\frac\pi4)},
\qquad
z_2=e^{i(\theta+\frac\pi4)}.
\]
Donc :
\[
|z_1|=|z_2|=1.
\]
Ainsi :
\[
OM_1=OM_2=1.
\]
\[\boxed{OM_1=OM_2=1}\]
Rappel de la question.
Déterminer la nature du quadrilatère \(OM_1MM_2\).
Réponse.
On a :
\[
m=z_1+z_2,
\]
donc :
\[
m-z_2=z_1
\quad\text{et}\quad
m-z_1=z_2.
\]
Ainsi :
\[
\overrightarrow{OM_1}=\overrightarrow{M_2M}
\quad\text{et}\quad
\overrightarrow{OM_2}=\overrightarrow{M_1M}.
\]
Donc \(OM_1MM_2\) est un parallélogramme.
De plus, on a déjà établi que :
\[
OM_1=OM_2=1.
\]
Et comme \(z_2=iz_1\), les droites \((OM_1)\) et \((OM_2)\) sont perpendiculaires.
Ainsi, ce parallélogramme possède deux côtés consécutifs de même longueur et perpendiculaires.
Donc \(OM_1MM_2\) est un carré.
\[\boxed{OM_1MM_2\ \text{est un carré}}\]
Rappel de la question.
Montrer que :
\[
\operatorname{Re}(m-\overline h)=0
\quad\text{et}\quad
\operatorname{Re}(1-h\overline m)=0.
\]
Réponse.
On a :
\[
m=\sqrt2e^{i\theta},
\]
donc :
\[
\operatorname{Re}(m)=\sqrt2\cos\theta.
\]
D'autre part :
\[
h=\frac{-i}{\sqrt2\sin\theta}e^{2i\theta}
=
\frac{-i(\cos2\theta+i\sin2\theta)}{\sqrt2\sin\theta}.
\]
Ainsi :
\[
h=\frac{\sin2\theta}{\sqrt2\sin\theta}
-i\frac{\cos2\theta}{\sqrt2\sin\theta}.
\]
Comme \(\sin\theta\ne0\), on obtient :
\[
\operatorname{Re}(h)=\frac{\sin2\theta}{\sqrt2\sin\theta}=\sqrt2\cos\theta.
\]
Donc :
\[
\operatorname{Re}(m-\overline h)
=
\operatorname{Re}(m)-\operatorname{Re}(\overline h).
\]
Or :
\[
\operatorname{Re}(\overline h)=\operatorname{Re}(h).
\]
Ainsi :
\[
\operatorname{Re}(m-\overline h)=\operatorname{Re}(m)-\operatorname{Re}(h)=0.
\]
De plus :
\[
h\overline m=\frac{-i}{\sqrt2\sin\theta}e^{2i\theta}\cdot\sqrt2e^{-i\theta}
=\frac{-ie^{i\theta}}{\sin\theta}.
\]
Or :
\[
-ie^{i\theta}=\sin\theta-i\cos\theta.
\]
Donc :
\[
h\overline m=1-i\frac{\cos\theta}{\sin\theta}.
\]
Par conséquent :
\[
1-h\overline m=i\frac{\cos\theta}{\sin\theta},
\]
qui est imaginaire pur. Donc :
\[
\operatorname{Re}(1-h\overline m)=0.
\]
\[\boxed{\operatorname{Re}(m-\overline h)=0\quad\text{et}\quad\operatorname{Re}(1-h\overline m)=0}\]
Rappel de la question.
Montrer que :
\[
\operatorname{Re}\left(\frac{a-h}{m+1}\right)=0.
\]
Réponse.
Comme \(a=1\), il suffit de montrer que :
\[
\operatorname{Re}\left(\frac{1-h}{m+1}\right)=0.
\]
On a \(m+1\ne0\), car \(|m|=\sqrt2\) alors que \(|-1|=1\).
On multiplie le numérateur et le dénominateur par le conjugué du dénominateur :
\[
\overline{m+1}=\overline m+1.
\]
Donc :
\[
\frac{1-h}{m+1}=\frac{(1-h)(\overline m+1)}{|m+1|^2}.
\]
Comme \(|m+1|^2\in\mathbb R_+^*\), et puisque, pour \(\lambda\in\mathbb R\),
\[
\operatorname{Re}(\lambda z)=\lambda\operatorname{Re}(z),
\]
il suffit de montrer que :
\[
\operatorname{Re}((1-h)(\overline m+1))=0.
\]
Or :
\[
(1-h)(\overline m+1)=1+\overline m-h\overline m-h
=(1-h\overline m)+(\overline m-h).
\]
En utilisant aussi :
\[
\operatorname{Re}(z+z')=\operatorname{Re}(z)+\operatorname{Re}(z'),
\]
on obtient :
\[
\operatorname{Re}((1-h)(\overline m+1))
=
\operatorname{Re}(1-h\overline m)+\operatorname{Re}(\overline m-h).
\]
On a déjà établi que :
\[
\operatorname{Re}(1-h\overline m)=0.
\]
De plus :
\[
\operatorname{Re}(\overline m-h)=\operatorname{Re}(m)-\operatorname{Re}(h)=0.
\]
Donc :
\[
\operatorname{Re}\left(\frac{a-h}{m+1}\right)=0.
\]
\[\boxed{\operatorname{Re}\left(\frac{a-h}{m+1}\right)=0}\]
Rappel de la question.
En déduire que \((MH)\perp(AB)\) et \((AH)\perp(MB)\).
Réponse.
La droite \((AB)\) est l'axe réel car \(a=1\) et \(b=-1\). Comme \(\operatorname{Re}(m-h)=0\), le vecteur \(\overrightarrow{HM}\) est dirigé par un imaginaire pur. Donc :
\[
(MH)\perp(AB).
\]
D'autre part :
\[
\operatorname{Re}\left(\frac{a-h}{m-b}\right)=0
\]
car \(m-b=m+1\). Donc le quotient des affixes des vecteurs \(\overrightarrow{HA}\) et \(\overrightarrow{BM}\) est imaginaire pur. Ainsi :
\[
(AH)\perp(MB).
\]
\[\boxed{(MH)\perp(AB)\quad\text{et}\quad(AH)\perp(MB)}\]
Rappel de la question.
Montrer que :
\[
\frac{h-z_1}{z_2-z_1}=\frac12(1-\cotan\theta).
\]
Réponse.
On a :
\[
z_2-z_1=im.
\]
Donc :
\[
\frac{h-z_1}{z_2-z_1}=\frac{h}{im}-\frac{z_1}{im}.
\]
Or :
\[
\frac{h}{im}=-\frac{e^{i\theta}}{2\sin\theta},
\qquad
\frac{z_1}{im}=-\frac{1+i}{2}.
\]
Donc :
\[
\frac{h-z_1}{z_2-z_1}
=
-\frac{e^{i\theta}}{2\sin\theta}+\frac{1+i}{2}.
\]
Comme :
\[
\frac{e^{i\theta}}{\sin\theta}=\cotan\theta+i,
\]
on obtient :
\[
\frac{h-z_1}{z_2-z_1}=\frac12(1-\cotan\theta).
\]
\[\boxed{\frac{h-z_1}{z_2-z_1}=\frac12(1-\operatorname{cotan}\theta)}\]
Rappel de la question.
En déduire que les points \(H,M_1,M_2\) sont alignés.
Réponse.
Le nombre :
\[
\frac{h-z_1}{z_2-z_1}
\]
est réel. Donc les vecteurs \(\overrightarrow{M_1H}\) et \(\overrightarrow{M_1M_2}\) sont colinéaires. Ainsi, les points \(H,M_1,M_2\) sont alignés.
\[\boxed{H,\ M_1\text{ et }M_2\text{ sont alignés}}\]
Exercice 33 points
Partie I
A. On considère :
\[
(F):\quad 5u-9v=1.
\]
Rappel de la question.
Donner une solution particulière \((u_0,v_0)\in\mathbb N^2\) de \((F)\).
Réponse.
On a :
\[
5\times2-9\times1=1.
\]
Donc :
\[
(u_0,v_0)=(2,1).
\]
\[\boxed{(u_0,v_0)=(2,1)}\]
Rappel de la question.
Déterminer l'ensemble des solutions de l'équation \((F)\).
Réponse.
On a :
\[
5u-9v=1
\]
et :
\[
5\cdot2-9\cdot1=1.
\]
En soustrayant :
\[
5(u-2)-9(v-1)=0.
\]
Donc :
\[
5(u-2)=9(v-1).
\]
Ainsi :
\[
9\mid 5(u-2).
\]
Or :
\[
\gcd(9,5)=1.
\]
Donc, d'après le théorème de Gauss :
\[
9\mid (u-2).
\]
Il existe donc \(k\in\mathbb Z\) tel que :
\[
u=2+9k.
\]
En remplaçant dans l'équation, on obtient :
\[
v=1+5k.
\]
Réciproquement, tout couple de cette forme vérifie bien \((F)\).
\[\boxed{S=\{(2+9k,1+5k)\mid k\in\mathbb Z\}}\]
Rappel de la question.
Vérifier que : \(5^{u_0}\equiv6\ [19]\).
Réponse.
Comme \(u_0=2\), on a :
\[
5^{u_0}=5^2=25\equiv6\ [19].
\]
\[\boxed{5^{u_0}\equiv6\ [19]}\]
B. On considère :
\[
(E):\quad x^{2026}\equiv5\ [19].
\]
Rappel de la question.
Montrer que \(x\) et \(19\) sont premiers entre eux et que \(x^{18}\equiv1\ [19]\).
Réponse.
Supposons par l'absurde que \(x\) et \(19\) ne sont pas premiers entre eux. Comme \(19\) est premier, cela signifie que :
\[
19\mid x.
\]
Donc :
\[
x\equiv0\ [19].
\]
Ainsi :
\[
x^{2026}\equiv0\ [19].
\]
Mais \(x\) est solution de \((E)\), donc :
\[
x^{2026}\equiv5\ [19].
\]
On obtient donc \(0\equiv5\ [19]\), ce qui est impossible car \(19\nmid5\).
Donc :
\[
\gcd(x,19)=1.
\]
Comme \(19\) est premier, le petit théorème de Fermat donne :
\[
x^{18}\equiv1\ [19].
\]
\[\boxed{x^{18}\equiv1\ [19]}\]
Rappel de la question.
Montrer que : \(x^{10}\equiv5\ [19]\).
Réponse.
On a :
\[
2026=18\times112+10.
\]
Donc :
\[
x^{2026}=(x^{18})^{112}x^{10}\equiv x^{10}\ [19].
\]
Comme \(x^{2026}\equiv5\ [19]\), on obtient :
\[
x^{10}\equiv5\ [19].
\]
\[\boxed{x^{10}\equiv5\ [19]}\]
Rappel de la question.
En déduire que : \(x^2\equiv6\ [19]\).
Réponse.
On élève \(x^{10}\equiv5\ [19]\) à la puissance \(u_0=2\) :
\[
x^{20}\equiv25\equiv6\ [19].
\]
Or \(x^{18}\equiv1\ [19]\), donc :
\[
x^{20}\equiv x^2\ [19].
\]
Ainsi :
\[
x^2\equiv6\ [19].
\]
\[\boxed{x^2\equiv6\ [19]}\]
Rappel de la question.
Montrer que : \(x\equiv5\ [19]\) ou \(x\equiv-5\ [19]\).
Réponse.
Comme \(5^2=25\equiv6\ [19]\), on a :
\[
x^2\equiv5^2\ [19].
\]
Donc :
\[
(x-5)(x+5)\equiv0\ [19].
\]
Comme \(19\) est premier :
\[
x\equiv5\ [19]
\quad\text{ou}\quad
x\equiv-5\ [19].
\]
\[\boxed{x\equiv5\ [19]\quad\text{ou}\quad x\equiv-5\ [19]}\]
Rappel de la question.
Montrer que si \(x\equiv5\ [19]\) ou \(x\equiv-5\ [19]\), alors \(x\) est solution de \((E)\).
Réponse.
Si \(x\equiv\pm5\ [19]\), alors, comme \(2026\) est pair :
\[
x^{2026}\equiv5^{2026}\ [19].
\]
Or \(2026=18\times112+10\), donc :
\[
5^{2026}\equiv5^{10}\ [19].
\]
Et :
\[
5^{10}=(5^2)^5\equiv6^5\ [19].
\]
Comme \(6^2\equiv-2\ [19]\), alors \(6^4\equiv4\ [19]\), donc :
\[
6^5\equiv24\equiv5\ [19].
\]
Ainsi :
\[
x^{2026}\equiv5\ [19].
\]
\[\boxed{x\equiv5\ [19]\text{ ou }x\equiv-5\ [19]\Longrightarrow x\text{ est solution de }(E)}\]
Partie II
Rappel de la question.
Montrer que la probabilité de l'événement \(V\) est :
\[
p=0,11.
\]
Réponse.
D'après la Partie I, on a :
\[
x \text{ solution de }(E)
\Longleftrightarrow
x\equiv5\ [19]
\quad\text{ou}\quad
x\equiv-5\ [19].
\]
Or \(-5\equiv14\ [19]\).
Posons :
\[
A=\{x\in\{1,\ldots,100\}\mid x\equiv5\ [19]\},
\]
et :
\[
B=\{x\in\{1,\ldots,100\}\mid x\equiv14\ [19]\}.
\]
Alors :
\[
V=A\cup B.
\]
De plus, \(A\cap B=\varnothing\), car un entier ne peut pas être congru à la fois à \(5\) et à \(14\) modulo \(19\).
Si \(x\equiv5\ [19]\), alors \(x=5+19k\), avec \(k\in\mathbb Z\). Comme \(1\le x\le100\), on a :
\[
1\le5+19k\le100,
\]
donc :
\[
-\frac4{19}\le k\le5.
\]
Ainsi \(k\in\{0,1,2,3,4,5\}\), ce qui donne les \(6\) valeurs :
\[
5,\ 24,\ 43,\ 62,\ 81,\ 100.
\]
Si \(x\equiv14\ [19]\), alors \(x=14+19k\). De même :
\[
1\le14+19k\le100,
\]
donc :
\[
-\frac{13}{19}\le k\le\frac{86}{19}.
\]
Ainsi \(k\in\{0,1,2,3,4\}\), ce qui donne les \(5\) valeurs :
\[
14,\ 33,\ 52,\ 71,\ 90.
\]
Donc les numéros possibles sont :
\[
5,\ 14,\ 24,\ 33,\ 43,\ 52,\ 62,\ 71,\ 81,\ 90,\ 100.
\]
Comme \(A\cap B=\varnothing\), on a :
\[
P(V)=P(A\cup B)=P(A)+P(B).
\]
Donc :
\[
P(V)=\frac6{100}+\frac5{100}=\frac{11}{100}=0,11.
\]
\[\boxed{p=0,11}\]
Rappel de la question.
On effectue \(n\) tirages successifs avec remise. Déterminer la valeur minimale de \(n\) pour que la probabilité de réalisation de \(V\) au moins une fois soit strictement supérieure à \(0,95\).
Réponse.
On note \(V_i\) l'événement : « l'événement \(V\) se réalise au \(i^e\) tirage ».
Comme les tirages se font avec remise, les événements \(V_1,V_2,\ldots,V_n\) sont indépendants. Leurs complémentaires sont aussi indépendants.
On a :
\[
P(V)=0,11,
\qquad
P(\overline V)=0,89.
\]
L'événement « \(V\) ne se réalise jamais pendant les \(n\) tirages » est :
\[
\overline{V_1}\cap\overline{V_2}\cap\cdots\cap\overline{V_n}.
\]
Par indépendance :
\[
P(\overline{V_1}\cap\cdots\cap\overline{V_n})=P(\overline{V_1})\cdots P(\overline{V_n})=(0,89)^n.
\]
Donc :
\[
P(\text{au moins une réalisation de }V)=1-(0,89)^n.
\]
On cherche :
\[
1-(0,89)^n\gt 0,95.
\]
Cela équivaut à :
\[
(0,89)^n\lt 0,05.
\]
En passant au logarithme :
\[
n\ln(0,89)\lt \ln(0,05).
\]
Comme \(\ln(0,89)\lt 0\), on obtient :
\[
n\gt \frac{\ln(0,05)}{\ln(0,89)}\simeq25,68.
\]
La plus petite valeur entière est donc :
\[
n=26.
\]
\[\boxed{n_{\min}=26}\]
Exercice 43,5 points
\[
M(x)=
\begin{pmatrix}
1&0&0\\
x^2&1-x&x\\
x^2+2x&-x&x+1
\end{pmatrix}.
\]
Rappel de la question.
Montrer que :
\[
\forall(x,y)\in\mathbb R^2,
\qquad M(x)M(y)=M(x+y).
\]
Réponse.
Soient \(x,y\in\mathbb R\). On calcule le produit ligne par colonne.
La première ligne de \(M(x)\) est \((1,0,0)\), donc la première ligne du produit est :
\[
(1,0,0).
\]
Pour la deuxième ligne :
\[
x^2\cdot1+(1-x)y^2+x(y^2+2y)
=x^2+y^2+2xy=(x+y)^2,
\]
\[
x^2\cdot0+(1-x)(1-y)+x(-y)
=1-x-y=1-(x+y),
\]
\[
x^2\cdot0+(1-x)y+x(y+1)=x+y.
\]
Pour la troisième ligne :
\[
(x^2+2x)\cdot1+(-x)y^2+(x+1)(y^2+2y)=(x+y)^2+2(x+y),
\]
\[
(x^2+2x)\cdot0+(-x)(1-y)+(x+1)(-y)=-(x+y),
\]
\[
(x^2+2x)\cdot0+(-x)y+(x+1)(y+1)=x+y+1.
\]
Donc :
\[
M(x)M(y)=
\begin{pmatrix}
1&0&0\\
(x+y)^2&1-(x+y)&x+y\\
(x+y)^2+2(x+y)&-(x+y)&x+y+1
\end{pmatrix}=M(x+y).
\]
\[\boxed{M(x)M(y)=M(x+y)}\]
Rappel de la question.
Montrer que \(\varphi(x)=M(x)\) est un homomorphisme et que \(\varphi(\mathbb R)=E\).
Réponse.
Pour tous \(x,y\in\mathbb R\) :
\[
\varphi(x+y)=M(x+y)=M(x)M(y)=\varphi(x)\varphi(y).
\]
Donc \(\varphi\) est un homomorphisme de \((\mathbb R,+)\) vers \((M_3(\mathbb R),\times)\). De plus, par définition :
\[
\varphi(\mathbb R)=\{M(x)\mid x\in\mathbb R\}=E.
\]
\[\boxed{\varphi\text{ est un homomorphisme et }\varphi(\mathbb R)=E}\]
Rappel de la question.
En déduire que \((E,\times)\) est un groupe commutatif.
Réponse.
On sait que \((\mathbb R,+)\) est un groupe commutatif usuel.
D'après la question précédente, \(\varphi\) est un homomorphisme et :
\[
\varphi(\mathbb R)=E.
\]
Par la propriété du cours, l'image d'un groupe par un homomorphisme est un groupe pour la loi induite. Donc \((E,\times)\) est un groupe.
De plus, la commutativité se déduit de celle de \((\mathbb R,+)\). En effet, pour tous \(x,y\in\mathbb R\) :
\[
M(x)M(y)=M(x+y)=M(y+x)=M(y)M(x).
\]
Ainsi :
\[
(E,\times)
\]
est un groupe commutatif.
\[\boxed{(E,\times)\ \text{est un groupe commutatif}}\]
Rappel de la question.
On munit \(E\) de la loi \(T\), définie par :
\[
M(x)\,T\,M(y)=M(2xy).
\]
Montrer que \((E-\{I\},T)\) est un groupe commutatif.
Réponse.
On sait que \(I=M(0)\). Donc :
\[
E-\{I\}=\{M(x)\mid x\in\mathbb R^*\}.
\]
Stabilité. Soient \(x,y\in\mathbb R^*\). Alors \(2xy\in\mathbb R^*\), donc :
\[
M(x)\,T\,M(y)=M(2xy)\in E-\{I\}.
\]
Associativité. Soient \(x,y,z\in\mathbb R^*\). On a :
\[
(M(x)\,T\,M(y))\,T\,M(z)=M(2xy)\,T\,M(z)=M(2(2xy)z)=M(4xyz).
\]
Et :
\[
M(x)\,T\,(M(y)\,T\,M(z))=M(x)\,T\,M(2yz)=M(2x(2yz))=M(4xyz).
\]
Donc \(T\) est associative.
Élément neutre. On cherche \(M(e)\in E-\{I\}\) tel que :
\[
M(x)\,T\,M(e)=M(x).
\]
Cela donne :
\[
M(2xe)=M(x).
\]
En comparant par exemple le coefficient de la deuxième ligne et troisième colonne, on obtient :
\[
2xe=x.
\]
Comme \(x\ne0\), on obtient :
\[
e=\frac12.
\]
L'élément neutre pour \(T\) est donc :
\[
M\left(\frac12\right).
\]
Symétrique. Soit \(M(x)\in E-\{I\}\), avec \(x\ne0\). On cherche \(M(y)\in E-\{I\}\) tel que :
\[
M(x)\,T\,M(y)=M\left(\frac12\right).
\]
Donc :
\[
M(2xy)=M\left(\frac12\right),
\]
d'où :
\[
2xy=\frac12,
\qquad
y=\frac1{4x}.
\]
Ainsi, le symétrique de \(M(x)\) pour \(T\) est :
\[
M\left(\frac1{4x}\right).
\]
Commutativité. Pour \(x,y\in\mathbb R^*\), on a :
\[
M(x)\,T\,M(y)=M(2xy)=M(2yx)=M(y)\,T\,M(x).
\]
Donc \((E-\{I\},T)\) est un groupe commutatif.
\[\boxed{(E-\{I\},T)\ \text{est un groupe commutatif}}\]
Rappel de la question.
Montrer que \((E,\times,T)\) est un corps commutatif.
Réponse.
On sait que \((E,\times)\) est un groupe commutatif, de neutre \(I=M(0)\). On sait aussi que \((E-\{I\},T)\) est un groupe commutatif.
Il reste à vérifier la distributivité.
Pour tous \(x,y,z\in\mathbb R\) :
\[
M(x)T(M(y)\times M(z))=M(x)T M(y+z)=M(2x(y+z)).
\]
Or :
\[
2x(y+z)=2xy+2xz.
\]
Donc :
\[
M(2x(y+z))=M(2xy+2xz)=M(2xy)\times M(2xz).
\]
Ainsi :
\[
M(x)T(M(y)\times M(z))=(M(x)T M(y))\times(M(x)T M(z)).
\]
La distributivité à droite se déduit de la commutativité de \(T\). Donc \((E,\times,T)\) est un corps commutatif.
\[\boxed{(E,\times,T)\text{ est un corps commutatif}}\]
Rappel de la question.
Montrer que :
\[
(\forall n\in\mathbb N^*),\qquad (M(x))^n=M(nx).
\]
Réponse.
On procède par récurrence sur \(n\in\mathbb N^*\).
Pour \(n=1\), on a :
\[
(M(x))^1=M(x)=M(1x).
\]
La propriété est vraie au rang \(1\).
Soit \(n\in\mathbb N^*\). Supposons que :
\[
(M(x))^n=M(nx).
\]
Alors :
\[
(M(x))^{n+1}=(M(x))^nM(x)=M(nx)M(x).
\]
D'après la question 1 :
\[
M(nx)M(x)=M(nx+x)=M((n+1)x).
\]
La propriété est donc vraie au rang \(n+1\).
Donc, par le principe de récurrence :
\[
\forall n\in\mathbb N^*,\qquad (M(x))^n=M(nx).
\]
\[\boxed{\forall n\in\mathbb N^*,\quad (M(x))^n=M(nx)}\]
Rappel de la question.
Résoudre dans \(E\) :
\[
X^3-X^2=
\begin{pmatrix}
0&0&0\\
5&1&-1\\
3&1&-1
\end{pmatrix}.
\]
Réponse.
Comme \(X\in E\), il existe \(x\in\mathbb R\) tel que :
\[
X=M(x).
\]
D'après la question précédente :
\[
X^3=M(3x)
\quad\text{et}\quad
X^2=M(2x).
\]
Donc :
\[
X^3-X^2=M(3x)-M(2x).
\]
On calcule :
\[
M(3x)-M(2x)=
\begin{pmatrix}
0&0&0\\
5x^2&-x&x\\
5x^2+2x&-x&x
\end{pmatrix}.
\]
On identifie avec la matrice donnée :
\[
\begin{pmatrix}
0&0&0\\
5x^2&-x&x\\
5x^2+2x&-x&x
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
0&0&0\\
5&1&-1\\
3&1&-1
\end{pmatrix}.
\]
On obtient le système :
\[
\begin{cases}
5x^2=5,\\
-x=1,\\
x=-1,\\
5x^2+2x=3.
\end{cases}
\]
De \(-x=1\), on obtient :
\[
x=-1.
\]
On vérifie que cette valeur satisfait les autres équations :
\[
5(-1)^2=5,
\qquad
5(-1)^2+2(-1)=3.
\]
Toutes les équations sont donc compatibles et donnent \(x=-1\). Ainsi :
\[
X=M(-1).
\]
\[\boxed{X=M(-1)}\]
FIN DE LA CORRECTION
PDF de la correction
Le fichier PDF de la correction détaillée de l’examen national 2026 — Mathématiques — Sciences Mathématiques A/B est disponible ici.
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