UNIVERSITE CHEIKH ANTA DIOP DE DAKAR 1/ 15 10 G 18bis A 01 . . Dur´ee: 4 heures OFFICE DU BACCALAUREAT S´eries : S1-S3 - Coeff. 8 BP 5005-DAKAR-Fann-S´en´egal . Serveur Vocal: 628 05 59 . er T´el´efax (221) 864 67 39 - T´el. : 824 95 92 - 824 65 81 Epreuve du 1 groupe M A T H E M A T I Q U E S Les calculatrices ´electroniques non imprimantes avec entr´ee unique par clavier sont autoris´ees. Les calculatrices permettant d’afficher des formulaires ou des trac´es de courbe sont interdites. 0 Leur utilisation sera consid´er´ee comme une fraude.(CF.Circulaire n 5990/OB/DIR. du 12 08 1998) EXERCICE 1 (4 points). Dans le plan orient´e, on consid`ere deux points distincts A et B. Sur la figure, on prendra 8 cm comme longueur du segment [AB]. MA 1. Etudier et construire l’ensemble des points M du plan tels que = 4. E MB 0,5 pt +0,25 pt π 2. Etudier et construire l’ensemble des points M du plan tels que (−M−→A, −M−→B) = [2π]. F 4 0,5 pt +0,25 pt 3 3. Soit C l’image de B par la rotation de centre A et d’angle π et D l’image de B par 4 3 l’homoth´etie de centre A et de rapport . On d´esigne par s la similitude directe transformant 4 A en B et C en D. a) D´eterminer le rapport et l’angle de s. 0,5 pt +0,5 pt b) On note I le centre de la similitude s. Exprimer IB en fonction de IA et donner une mesure de l’angle (−I→A, −I→B). En d´eduire la position du point I et le placer sur la figure. 0,25 pt x 4 c) D´emontrer que I appartient au cercle circonscrit au triangle ACD. 0,5 pt EXERCICE 2 (4 points). On rappelle la propri´et´e connue sous le nom de petit th´eor`eme de Fermat : ”Si p est un nombre premier et a un entier naturel premier avec p, alors ap 1 1[p].” − ≡ 1. a) D´emontrer que 193 est un nombre premier. 0,75 pt b) Soit a un entier naturel inf´erieur `a 192. Montrer que a192 1[193]. 0,5 pt ≡ 2. On consid`ere l’´equation (E) : 83x 192y = 1 ou` x et y sont des entiers relatifs. − a) V´erifier que le couple (155, 67) est solution de (E). 0,5 pt b) R´esoudre l’´equation (E). 0,75 pt 3. On note A l’ensemble des 193 entiers naturels inf´erieurs ou ´egaux `a 192 et on consid`ere les deux fonctions f et g d´efinies de la mani`ere suivante : `a tout entier a de A, f associe le reste de la division euclidienne de a83 par 193; `a tout entier a de A, g associe le reste de la division euclidienne de a155 par 193. 1 10 G 18 bis A 01 S´eries : S1- S3 2M A T H E M A T I Q U E S 2 /15 Epreuve du 1er groupe . . a) D´emontrer g(f(a)) a83 155[193]. En d´eduire que pour tout a A on a : g f(a) = a. × ≡ ∈ 0,(cid:0)5 pt (cid:1)+0,5 pt b) D´eterminer f g. 0,5 pt ◦ PROBLEME (12 points). Partie A Soit a un r´eel non nul, u et v deux fonctions deux fois d´erivables sur R et telles que : u = v (0.1) ′ (cid:26) v′ = au 1. a) Montrer que u et v v´erifient l’´equation diff´erentielle (0.2) y ay = 0 ′′ − 0,25 pt + 0,25 pt b) r´esoudre l’´equation (0.2) selon les valeurs de a. 0,75 pt 2. On suppose que a = 1. D´eterminer u et v sachant que u(0) = 3 et v(0) = 0. 0,75 pt Partie B Le plan est muni d’un rep`ere orthonorm´e (O, −→i , −→j ) (unit´e graphique 2 cm). P Soit (Γ) l’ensemble des points M de dont les coordonn´ees (x, y) v´erifient : P 3 x(t) = et +e t − 2  (0.3) (cid:0) (cid:1) t 0   ≥  3 y(t) = et e t − 2 −  (cid:0) (cid:1) L’objet de cette partie est decalculer l’aire du domaine plan d´elimit´e par (Γ) et les droites d’´equation y = 0, x = 3 et x = 5. 1. a) D´emontrer que (Γ) est une partie de la conique dont une ´equation est : (0.4) x2 y2 9 = 0 − − 0,5 pt b) Pr´eciser la nature de cette conique ainsi que ses´el´ements g´eom´etriques caract´eristiques. Construire (Γ). 0,5 pt + 0,5 pt f : R R g : R∗ R → 2. Soit → et x 9 . x x √x2 9 x + 7→ − − 7→ 2 2x a) Etudier les variations de f. 0,75 pt b) Montrer que la restriction de f `a l’intervalle I = 3, + est une bijection de I sur un ∞ intervalle J `a pr´eciser. On note ϕ cette restriction. (cid:2) (cid:2) 0,25 pt c) D´emontrer que pour tout x ´el´ement de J, on a : ϕ 1(x) = g(x). 0,5 pt − d) Tracer C , courbe repr´esentative de ϕ dans le rep`ere (O,→−i ,→−j ). Expliquer comment ϕ obtenir Cϕ−1, courbe repr´esentative de ϕ−1 dans ce rep`ere, `a partir de Cϕ. Tracer Cϕ−1. 0,25 pt x 3 3. Soit β un ´el´ement de 0, 3 et α = g(β). 3 (cid:3) (cid:2) α β2 9 9 β a) Calculer g(x)dx et en d´eduire que f(x)dx = ln . Z Z 4 − 4 − 2 3 β 3 [Indication : On pourra interpr´eter ces deux int´egrales comme des aires.] 10 G18 bis A 01 S´eries : S1- S3 M A T H E M A T I Q U E S 3 /15 Epreuve du1er groupe3 . 0,25 pt+0,75 pt. b) End´eduirel’airedudomainepland´elimit´epar(Γ)etlesdroitesd’´equationy = 0, x = 3 et x = 5. 0,75 pt Partie C On consid`ere la suite (un)n N telle que : ∈ u = 5 0 (0.5) (cid:26) un+1 = g(un) si n N ∈ On se propose de calculer de trois fa¸cons diff´erentes la limite de la suite (u ). n 1. a) Etudier les variations de g puis montrer que g(u ) g(u ) n N, un > 3 et n N∗, n − n−1 > 0. ∀ ∈ ∀ ∈ u u n n 1 − − 0,5 pt + 0,25 pt + 0,25 pt b) D´eterminer le signe de u u puis montrer que la suite (u ) est monotone. 1 0 n − 0,25 pt + 0,25 pt c) En d´eduire que la suite (u ) est convergente et d´eterminer sa limite. n 0,25 pt + 0,25 pt 2. a) En appliquant le th´eor`eme des accroissements finis `a la fonction g dans un intervalle appropri´e, montrer que g(u ) 3 1 n N, n − < ∀ ∈ u 3 2 n − En d´eduire que 1 n N , u 3 < . ∀ ∈ ∗ n − 2n 1 − Montrer que la suite (u ) est convergente et d´eterminer sa limite. n 0,5 pt + 0,25 pt + 0,25 pt b) D´eterminer une valeur possible de n pour que u 3 10 3. 0,25 pt n − − ≤ u 3 3. Pour tout n N on pose : v = n − . n ∈ u +3 n a) Montrer que (lnv ) est une suite g´eom´etrique dont on donnera le premier terme et la n raison. 0,5 pt b) Exprimer alors u en fonction de n et calculer la limite de (u ). 0,5 pt + 0,25 pt n n CORRECTION EXERCICE 1. M MA = 4 MB ∈ E ⇔ MA2 = 16 MB2 ⇔ 1. Soit M un point du plan. −M−→A2 = 16 −M−→B2 ⇔ −M−→A2 16 −M−→B2 = 0 ⇔ − (−M−→A 4 −M−→B)(−M−→A+4 −M−→B) = 0 ⇔ − FaisonsintervenirlesbarycentresG etG dessyst`emes (A,1);(B, 4) et (A,1);(B,4) 1 2 − (cid:16) (cid:17) (cid:16) (cid:17) respectivement. Alors M −G−→A .−G−→B = 0 1 2 ∈ E ⇔ E est donc le cercle de diam`etre [G G ]. 1 2 10 G 18 bis A 01 S´eries : S1- S3 4M A T H E M A T I Q U E S 4 /15 Epreuve du 1er groupe . π . 2. L’ensemble F est l’arc capable d´efini par les points A,B et l’angle θ = . 4 Soit T l’unique demi droite d’origine θ telle que pour tout point P de T, on a : (−A→P, −A→B) = θ. D´esignons par H l’intersection de la m´ediatrice de [AB] avec la perpendicu- laire `a T passant par A et par le cercle de centre H et de rayon HA. C Alors est l’arc de d’extr´emit´es A et B tel que et T F C F se trouvent dans des demi plans distincts de fronti`ere la droite (AB). 3 3 3. a) D´etant l’imagedeB par l’homoth´etiedecentre Aet derapport ,ona−A−→D = −A→B. 4 4 1 on en d´eduit que −D−→B = −A→B. 4 3 C ´etant l’image de B par la rotation de centre A et d’angle π, on a AC = AB et 4 3 (−A→B, −A→C) π 4 Dans le tableau suivant les points de la deuxi`eme ligne sont les images spar s des points de la premi`ere ligne. A C I B D I 1 AB DB 1 4 Le rapport de s est = = et son angle est modulo 2π : CA CA 4 3 π (−A→C, −B−→D) = (−A→C, −D−→B) = π +(−A→C, −D−→B) = π +(−A→C, −A→B) = π π = − − 4 4 1 π Le rapport de s est et son angle est [2π] 4 4 IB IA b) On a aussi = rapport de s c’est `a dire = 4 ou I appartient `a IA IB E π Puis (−I→A, −I→B) = angle de s c’est `a dire (−I→A, −I→B) = ou I appartient `a . 4 F I est donc le seul point d’intersection de et de . E F π On a encore (−I→C, −I→D) = angle de s c’est `a dire (−I→C, −I→D) = 4 3π D’autre part (−A→C, −A−→D) = (−A→C, −A→B) = angle de s c’est `a dire (−A→C, −A−→D) = . − − 4 On en d´eduit en faisant la diff´erence (−I→C, −I→D) (−A→C, −A−→D) = π c’est `a dire − (−I→C, −I→D) = (−A→C, −A−→D) [π]. DonclespointsI,A,C etD sontcoycliques, autrementditI appartientaucerclecirconscrit au triangle ACD. 10 G18 bis A 01 S´eries : S1- S3 M A T H E M A T I Q U E S 5 /15 Epreuve du1er groupe5 . . C (d) ′ H I θ A D B G α 1 G 2 (T) (d) 10 G 18 bis A 01 S´eries : S1- S3 6M A T H E M A T I Q U E S 6 /15 Epreuve du 1er groupe . EXERCICE 2. . 1. a) Pour que 193 soit premier, il faut et il suffit qu’il soit non divisible par tout nombre premier dont le carr´e est inf´erieur `a 193. Ces nombres sont 2, 3, 5, 7, 11, 13 et aucun d’eux ne divise 193. b) 193 ´etant premier, est premier avec tout entier naturel strictement plus petit, en par- ticulier, il est premier avec 192. Il suffit d’appliquer le petit th´eor`eme de Fermat avec a = 193 et p = 192. 2. a) Le couple (x ,y ) = (155,67) est solution de (E) parce que 83.155 192.67 = 1. 0 0 − b) Si (x,y) est une solution de (E) on peut ´ecrire : 83.x 192.y = 1 0 0 − (cid:26) 83.x 192.y = 1 − Puis en faisant la diff´erence 83.(x x ) 192.(y y ) = 0 0 0 − − − c’est `a dire 83.(x x ) = 192.(y y ) 0 0 − − Or 83 est premier avec 192 parce que l’´equation (E) a une solution (th´eor`eme de Bezout). La relation pr´ec´edente montre que 83 divise le produit 192.(y y ) (en x x parties); 0 0 − − comme il est premier avec 192, il divise y y (th´eor`eme de Gauss). 0 − Donc il existe un entier k tel que y y = 83k soit y = y +83k. 0 0 − La relation 83.x 192.y = 1 devient alors 83.x = 192.(y +83k)+1 = 83.(x +192k) c’est 0 0 − `a dire x = x +192k. 0 Ensuite on v´erifie que n’importe quel couple du genre (x +192k,y + 83k) est bien une 0 0 solution de (E). L’ensemble des solutions de (E) est (155+192k,67+83k), k Z ∈ (cid:8) (cid:9) 3. On utilisera la propri´et´e suivante : Si a,b et n sont des entiers tels que a b[n], ≡ alors pour tout entier naturel k on a : ak bk[n] ≡ Posons = 0, ... 192 . Pour tout a , f(a) et g(a) sont les seuls ´el´ements de tels A ∈ A A que : (cid:8) (cid:9) f(a) a83 [193] (1) et g(a)≡ a155 [193] (2) ≡ Puisque g(a) appartient `a , dans (2), on peut remplacer a par f(a) : A g(f(a)) f(a)155 [193] ≡ Dans (1) utilisons la propri´et´e cit´ee avec k = 155 : 155 f(a)155 a83 [193] ≡ (cid:16) (cid:17) On obtient alors par transitivit´e de : ≡ g(f(a)) a83.155 [193] (3) ≡ 10 G18 bis A 01 S´eries : S1- S3 M A T H E M A T I Q U E S 7 /15 Epreuve du1er groupe7 . a) Reprenons la relation . 83.x +192.y = 1 0 0 qui s’´ecrit aussi : 83.x = 1+192.y 0 0 Cette relation permet d’avoir : a83.x0 = a1+192.y0 = a (a192).67 Comme nous le savons d´ej`a a192 1[193]. Donc a83.155 = a83.x0 = a1+192.y0 a. 167[193]. ≡ ≡ Finalement a83.155 a[193] (4). ≡ (3) et (4) entraˆınent par transitivit´e : g(f(a)) a[193] ≡ g(f(a)) et a sont des ´el´ements de ´equivalents modulo 193. A Nous allons monter qu’ils sont ´egaux. g(f(a)) et a sont des ´el´ements de entraˆıne g(f(a)) a 192 A | − | ≤ g(f(a)) a[193] signifie il existe un entier k tel que g(f(a)) a = 193k. ≡ − On d´eduit de ces deux propri´et´es que 193 k 192 c’est `a dire k = 0 ou g(f(a)) = a. | | ≤ Le mˆeme raisonnement montre que pour tout a , on a : f(g(a)) = a. ∈ A Nous venons de d´emontrer que f g = g f = I ◦ ◦ A PROBLEME. Partie A 1. a) Dans 0.1, en d´erivant la premi`ere ´equation et en rempl¸cant v par sa valeur tir´ee de ′ la deuxi`eme ´equation on obtient : u = v = au. Cette derni`ere ´equation est ´equivalente `a : ′′ ′ u au = 0. La fonction u est donc solution de 0.2. ′′ − De mˆeme, dans 0.1, en d´erivant la deuxi`eme ´equation et en rempl¸cant u par sa valeur ′ tir´ee de de la premi`ere ´equation on obtient : v = au = av. Cette derni`ere ´equation est ′′ ′ ´equivalente a` : v av = 0. La fonction v est donc solution de 0.2, ´equation diff´erentielle ′′ − lin´eaire homog`ene du second ordre `a coefficient constants. b) l’´equation caract´eristique de 0.2 est r2 a = 0. − Si a > 0 l’´equation caract´eristique a pour solutions √a et √a. La solution g´en´erale de • − y ay = 0 est donc y = λe√at +µe√at,λ et mu constantes arbitaires. ′′ − La fonction u ´etant solution de 0.2est de la forme pr´ec´edente. La relation v = u donne alors v = λ√ae√at µ√ae √at. ′ − − La solution g´en´erale de 0.1 est donc u = λe√at +µe √at, − v = λ√ae√at µ√ae √at, λ et µ R − − ∈ Si a < 0l’´equation caract´eristique apour solutions i√ aet i√ a. La solutiong´en´erale • − − − de y ay = 0 est donc y = λcos√ a t+musin√ a t,λ et µ constantes arbitaires. ′′ − − − La fonction u ´etant solution de 0.2 est de la forme pr´ec´edente. La relation v = u donne alors v = λ√ a sin√ a t+µ√ a cos√ a t. ′ − − − − − La solution g´en´erale de 0.1 est donc u = λcos√ a t+µsin√ a t, v = λ√ a−sin√ a t+−µ√ a cos√ a t, λ et µ R − − − − − ∈ 10 G 18 bis A 01 S´eries : S1- S3 8M A T H E M A T I Q U E S 8 /15 Epreuve du 1er groupe . Si a = 0 l’´equation caract´eristique a pour solution 0 . La solution g´en´erale de y ay = 0. ′′ • − est donc y = λt+µ,λ et µ constantes arbitaires. La fonction u ´etant solution de 0.2 est de la forme pr´ec´edente. La relation v = u donne alors v = λ. ′ La solution g´en´erale de 0.1 est donc u = λt+µ, v = λ, λ et µ R ∈ 2. Si a = 1, il existe deux constantes λ et µ telle u = λet +µe t − v = λet µe t − − La relation u(0) = 3 et v(0) = 0 se traduit par λ+µ = 3 λ µ = 0 − 3 En faisant la somme et la diff´erence, on trouve : λ = µ = . 2 Finalement 3 u = et +e t − 2 (cid:16) (cid:17) 3 v = et e t − 2 − (cid:16) (cid:17) 3. a) Un point M de coordonn´ee (x,y) appartient `a Γ si et seulement si t R : ∃ ∈ 3 x = et +e t − 2  (cid:16) (cid:17) En ´elevant qu carr´e et en faisant la diff´erence, on obtient    3 y = et e t − 2 −  (cid:16) (cid:17)   9 9 x2 y2 = e2t +e 2t +2 e2t +e 2t 2 = 9 − − − 4 − 4 − (cid:16) (cid:17) (cid:16) (cid:17) Par cons´equent Γ est bien contenue dans la courbe d’´equation x2 y2 9 = 0 − − b) Pour construire Γ il suffit de savoir que Γ est la partie C de la conique dont les points 0 ont des coordonn´ees positives. Γ est contenue dans C car pour tout r´eel t 0,x(t) et y(t) sont positives. 0 ≥ R´eciproquement, soit M(x, y) un point de C c’est `a dire un point tel que : 0 3 x = et +e t x 0 − 2  y ≥ 0 et cherchons t R+ tel que  (cid:16) (cid:17)  x2 y2 9 ≥= 0 ∈  3 − − y = et e−t 2 −   (cid:16) (cid:17) La relation x2 = y2 +9 montre que x est 3.  ≥ 3 1 En posant s = et on doit donc chercher un s 1 tel que x = s+ = 0 c’est `a dire ≥ 2 s (cid:0) (cid:1) 3s2 2xs+3 = 0 − 1 1 Les racines de cette derni`ere ´equation sont s = (x+√x2 9) et s = (x √x2 9) 1 2 3 − 3 − − Les racines sont de mˆeme signe car leur produit est 1. La racine s est 1; en effet 1 1 1 ≥ s = (x+√x2 9) x 1. Donc la racine s est 1. 1 2 3 − ≥ 3 ≥ ≤ 10 G18 bis A 01 S´eries : S1- S3 M A T H E M A T I Q U E S 9 /15 Epreuve du1er groupe9 . 1 1 . On prendra donc s = s = (x + √x2 9) c’est `a dire t = ln (x + √x2 9). Donc 1 3 − 3 − C Γ 0 ⊂ Finalement C = Γ 0 6 5 4 3 2 Γ 1 S S 2 0 1 6 5 4 3 2 1 0 1 2 3 4 5 6 − − − − − − 1 − 2 − 3 − 4 − 5 − 6 − Partie B 1. a) Un r´eel x appartient `a l’ensemble D de d´efinition de f si et seulement si x2 9 0 f − ≥ c’est `a dire x ] ,3] [3,+ [. ∈ −∞ ∪ ∞ Donc D =] ,3] [3,+ [ f −∞ ∪ ∞ lim f(x) = . x −∞ Q7→u−a∞nd x + nous sommes en pr´esence d’une ind´etermination de la forme ”+ ”. 7→ ∞ ∞−∞ Pour lever cette ind´etermination, on peut ´ecrire : x2 (x2 9) 9 f(x) = x √x2 9 = − − = ; donc lim f(x) = 0 − − x+√x2 9 x+√x2 9 x + − − 7→ ∞ x La fonction f est d´erivable sur D◦ =] ,3[ ]3,+ [ et x D◦ , f (x) = 1 f f ′ −∞ ∪ ∞ ∀ ∈ − √x2 9 Si x < 3 , la d´eriv´ee est > 0. − − Si x > 3, la d´eriv´ee est < 0 car √x2 9 x 9 f (x) = − − = − < 0 ′ √x2 9 √x2 9 √x2 9+x − − − (cid:0) (cid:1) 10 G 18 bis A 01 S´eries : S1- S3 1M0 A T H E M A T I Q U E S 10 /15 Epreuve du 1er groupe . . On en d´eduit que la d´eriv´ee ne s’annule pas dans D◦ . f Au point 3, le taux d’accroissement est pour h > 0 : f(3+h) f(3) √h2 +6h 6 τ(h) = − = = 1+ h h r h Il a pour limite + quand h tend vers 0+. La fonction f n’est donc pas d´erivable `a droite au ∞ point 3 et on peut ajouter qu’au point de C dont l’abscisse est 3 il y a une demi-tangente f verticale. Raisonnement analogue au point 3; en ce point le taux d’accroissement est pour h < 0 : − f( 3+h) f( 3) √h2 6h 6 τ(h) = − − − = − = 1 h h −r − h Il a pour limite quand h tend vers 0 . La fonction f n’est donc pas d´erivable `a gauche au − −∞ point 3 et on peut ajouter qu’au point de C dont l’abscisse est 3 il y a une demi-tangente f − − verticale. Voir le tableau de variation de f en fin de document. b) La fonction f est continue et strictement d´ecroissante dans l’intervalle I. Sa restriction ϕ `a cet intervalle est donc une bijection de I sur J = f(I) =] lim f(x) ,f(3)] =]0, 3] x + c) Soit y J et cherchons x I tel que f(x) = y. 7→ ∞ ∈ ∈ y J f(x) = y y = x √x2 9 ∀ ∈ ⇔ − − x y 0 ⇔ (cid:26) (x− y)2 ≥= x2 9 − − x y 0 ⇔ (cid:26) −2xy +y2 ≥= 9 − − x y 0  − ≥ y 9 ⇔  x = 2 + 2y y 9 L’application r´eciproquede ϕ est donc d´efinie par y J, ϕ 1(y) = + = g(y) − ∀ ∈ 2 2y Remarque 1. 1. Une fois que l’on sait que ϕ est bijective et puisque que la r´eciproque est donn´ee par l’´enonc´e, il suffit de v´erifier que x J, g(x) I et f g(x) = x. ∀ ∈ ∈ ◦ L’´etude des variations de g montre bien que g(J) = I. x 9 x 9 2 x J, f g(x) = g(x) g(x)2 9 = + + 9 ∀ ∈ ◦ − − 2 2x −r 2 2x − (cid:16) (cid:17) p x 9 x 9 2 x 9 x 9 x J, f g(x) = + = + ∀ ∈ ◦ 2 2x −r 2 − 2x 2 2x − 2 − 2x (cid:16) (cid:17) (cid:12) (cid:12) x 9 x2 9 (x 3)(x+3) (cid:12)(cid:12) (cid:12)(cid:12) Or x ]0, 3] = − = − 0; donc ∈ ⇒ 2 − 2x 2x 2x ≤ x 9 x 9 x J, f g(x) = + + = x ∀ ∈ ◦ 2 2x − − 2 2x (cid:16) (cid:17) 2. Si on n’a pas montr´e que ϕ est bijective, il est n´ecessaire de v´erifier que x J, g(x) I et f g(x) = x. ∀ ∈ ∈ ◦ et x I, f(x) J et g f(x) = x. ∀ ∈ ∈ ◦