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QCM pour concours : corrigés 187

CORRIGÉS DES EXERCICES

Exercice 1 V F F V F __________________________________________ Proposition : (a)La figure donnée est symétrique par rapport à (OO').

L'angle ( ', )OO OA

a pour mesure 3

π, donc le secteur

circulaire 'O OA a pour mesure 2

6

Rπ(le sixième de

l'aire du disque de rayon R). Proposition : (b)

Le triangle OO'A équilatéral a pour côté R et pour hauteur 3

2R .

Son aire est donc 2 3

4R .

Propositions : (c), (d)Un examen de la figure donne alors l'aire de la lunule d'extrémité A et O ' :

2

6

Rπ – 2 3

4R =

2(2 3 3)

12

Rπ −, puis l'aire de la zone hachurée.

= ( )2 2

2 2 23 3 2 34 2 4 3 3

6 4 4 3 2 6

R RR R R

π π π

− + = − = −

.

Proposition : (e)

4 π – 3 3 7,4 donc > R2.

Exercice 2 V F V V V __________________________________________

Proposition : (a)Soit I et J les projeté orthogonaux de E respectivement sur (BD) et (CD). Lestriangles EJN et EIM sont isométriques, donc l'aire de ENDM est le quart decelle du carré ABDC, soit a 2, et donc indépendante de α.

Proposition : (b)Le triangle EDM a pour image le triangle ECN par la rotation de centre E et

d'angle 2

π, donc EMN est rectangle isocèle.

Or cos

aEN

α= donc 2

cos

aMN

α= .

188 Chapitre 11

Proposition : (c)

ND + DM = DB = 2 a, donc P(α) = 1

2 1cos

aα

+ .

Proposition : (d)

Pour α ∈ 0 ;4

π

, 1

1 2cosα

≤ ≤ , donc 4 a ≤ P(α) ≤ 2 a(1 + 2 ) ≤ 5 a.

Proposition : (e)

La fonction P, définie pour α ∈ 0;4

π

, par P(α) = 1

2 1cos

aα

+ est une

fonction croissante de α. Par suite P(α) est maximal pour α = 4

π.

Exercice 3 F F V F V __________________________________________

Proposition : (a)

a = 1 fournit un contre-exemple. De façon générale la relation 2a a a< <n'est valable que si a > 1. Si 0 < a ≤ 1 on a : a2 ≤ a ≤ a .

Propositions : (b), (c)

a = 1

16 et b =

1

4 fournit un contre-exemple pour la proposition (b).

De façon générale : l'inégalité b a b a− < − équivaut à b b a a− > − .

Étudions la fonction ϕ définie sur [0 ; + [ par ϕ (x) = x – x .

ϕ est dérivable sur ]0 ; + [ et ϕ '(x) = 1 – 1

2 x. Alors ϕ '(x) > 0 si, et seule-

ment si, x > 1

4.

Par suite, ϕ est croissante sur 1

;4

+ ∞ , décroissante sur

10 ;

4

.

Donc 1

4 ≤ a < b a a b b− < − soit

1

4≤ a < b b a b a− < − .

Ceci est à fortiori vrai lorsque 1 ≤ a < b.

Proposition : (d)a = 1 et b = 4 fournit un contre-exemple. De façon générale :

b ab a

b a

−− =+

et 2 2a a b b< + < donc 2 2

b a b ab a

b a

− −< − < .

Proposition : (e)

∀ (a ; b) ∈ 2, (a – b)2 ≥ 0 donc a2 + b2 – 2 ab ≥ 0 soit 2 21( )

2ab a b≤ + .


Exercice 4 V F F F V __________________________________________

Propositions : (a), (b), (c), (d)(C) et (Γ) ont la même droite tangente au point d'abscisse 1 si, et seulement si,f (1) = g (1) et f '(1) = g'(1).

Or f '(x) = (1 – 2 x2) 21 xe − et g'(x) = 2 a x + b. d'où

1

2 1

a b

a b

+ = + = −

Proposition : (e)L'unique solution est (a ; b) = (– 2 ; 3).

Exercice 5 V F V V V __________________________________________

Proposition : (a)En remarquant que cos2 x = 1 – sin2 x on peut écrire :f (x) = 2 cos2 x – sin x –1 = – 2 sin2 x – sin x +1 = (1 + sin x)(1 – 2 sin x).

Par suite, f (x) < 0 si, et seulement si, sin x > 1

2.

Proposition : (b)

sin x > sin 6

π n'implique pas x >

6

π.

Proposition : (c)

Sur le cercle trigonométrique on constate que, si 5

6 6x

π π< < alors sin x > 1

2.

Propositions : (d), (e)

L'ensemble des solutions est donc E = 5

2 ; 26 6

k kπ ππ π + +

où k ∈ qui

peut également s'écrire 11 7

2 ; 26 6

k kπ ππ π − + − +

où k ∈ .

Exercice 6 V F F V F __________________________________________

Propositions : (a), (b)Dans le repère (A, i

, j

) notons Y = g(X) une équation de (C). Or (C) est sy-métrique par rapport à A donc, quel que soit X, g(– X) = – g(X). La fonction gest impaire.

Propositions : (c), (d)Dans le repère ( , , )O i j

une équation de (C) est y = f (x). Le point A a pour coordonnées (1 ; 0). La courbe (C) étant symétrique par rap-port à A, les points de (C) d'abscisses respectives (1 + x) et (1 – x) vérifient,pour tout x réel, f (1 – x) = – f (1 + x) soit f (1 + x) + f (1 – x) = 0, ou encore,en posant h = 1 + x, f (h) = – f (2 – h).

Proposition : (e)En dérivant la relation f (1 – x) = – f (1 + x) , il vient f '(1 + x) – f '(1 – x) = 0.

190 Chapitre 11

Exercice 7 F F V V V __________________________________________

Propositions : (a), (b), (c)f étant paire et périodique de période T on a : ∀ x ∈ , f (– x) = f (x) (1) et f (x + T) = f (x) (2).On dérive les relations (1) et (2) en utilisant le théorème de dérivation desfonctions composées : ∀ x ∈, – f '(– x) = f '(x) (1') et f '(x + T) = f '(x) (2').Il en résulte que f ' est périodique de période T et impaire.

Proposition : (d)f ' est impaire et définie en zéro, donc f '(0) = 0.La fonction f ' est périodique de période T, donc :∀ k ∈ , f '(kT) = f '(0) = 0 Proposition : (e)Si une fonction est périodique de période T alors :

∀ a ∈ , 2

20( ) ( ) ( )

T

T

a T T

af t dt f t dt f t dt

+

−= =∫ ∫ ∫ .

Si elle est paire alors 2 2

2 0( ) 2 ( )

T T

Tf t dt f t dt

−=∫ ∫ .

En posant a = T il vient : 2 2

2

2

0 0( ) ( ) ( ) 2 ( )

T T

T

T T

Tf t dt f t dt f t dt f t dt

−= = =∫ ∫ ∫ ∫ .

Exercice 8 V F V F V __________________________________________ Propositions : (a), (b)

On peut écrire f (x) = ( ) (0)g x g

x

− où g est dérivable sur et,

∀ x∈, g'(x) = 2 e2x+1. En particulier g'(0) = 2 e. Or g'(0) = 0

( ) (0)lim

x

g x g

x→

−,

donc 0

lim ( ) 2x

f x e→

= .

Proposition : (c)lim ( ) 0

xf x

→ −∞= . L'axe des abscisses est asymptote à (C) au voisinage de – .

Proposition : (d)

f '(x) = 2 1 2 1

22 2

(2 ) ( )(2 1) 1

x xxe x e e e

x ex x

+ +− − = − + .

Proposition : (e)

212 2

2f e e

= − et

1' 4

2f e

= donc la tangente (T) à (C) au point d'abs-

cisse 1

2 a pour équation y = 4 ex + 2 e 2 – 4 e que l'on note y = ϕ (x).

Comme ϕ (1) = 2 e 2, on en déduit que I appartient à (T).


Exercice 9 F F F V V __________________________________________

Proposition : (a)f est une fonction continue définie sur I = [0 ; + [ ayant pour primitive lafonction F. Il en résulte que F est dérivable sur I.

Proposition : (b)f est positive sur I donc F est croissante sur I.

Proposition : (c)F(x) peut être considéré comme l'aire du domaine limité par la courbe (C),l'axe des abscisses, l'axe des ordonnées et la droite d'équation t = x.

Donc pour x ≥ 3, F(x) = 1

2 + 1 +

1

2 = 2.

Proposition : (d)

Pour x ∈ [0 ; 1], F(x) = 2 20

0

1 1

2 2

xxt dt t x = = ∫ .

Proposition : (e)

Pour x ∈ [1 ; 2], F(x) = 1

0 1 1

1( ) ( )

2

x xf t dt f t dt dt+ = +∫ ∫ ∫ soit encore :

F(x) = 1

2 + (x –1) = x –

1

2.

Exercice 10 V V F V V _________________________________________

Proposition : (a)

Si α est solution de (E) alors 3α α= , d'où encore 3α α= . Donc le complexe α est aussi solution de (E).

Proposition : (b)Pour toute solution α de (E) on a | α3 | = | α |, soit |α | = 0 ou | α | = 1.

Proposition : (c)

Contre-exemple : α = 3ieπ

donc α 3 = –1 et 3i

eπ

α−

= ≠ –1.

Proposition : (d)Si α = cos θ + i sin θ est solution de (E), (cos θ + i sin θ )3 = cos θ – i sin θ.D'où cos 3 θ + i sin 3 θ = cos (– θ ) + i sin(– θ ) soit 3 θ = – θ [2 π] ou encore θ

= k 2

π, k ∈.

Proposition : (e)

Si α, non nul, est solution de (E) on a 3 1αα

= soit α4 = 1. De plus 0 est solu-

tion de (E) donc l'ensemble des solutions de (E) est 0, –1, 1, – i, i .

192 Chapitre 11

Exercice 11 F V V V F _________________________________________

Propositions : (a), (b), (c)L'expression ln [x ln(x – y)] a un sens si, et seulement si, x ln(x – y) existe et

est strictement positif, soit lorsque : 0

1

x

x y

> − >

ou bien 0

0 1

x

x y

< < − <

soit encore,0

1

x

y x

> < −

ou bien0

1

x

x y x

< − < <

Propositions : (d), (e)On repère les zones concernées qui sont délimitées par les droites d'équationsx = 0, y = x et y = x –1. Finalement (∆) est la zone hachurée sur la figure A. Les réponses aux questions s'en déduisent.

Exercice 12 V F V V F _________________________________________

Proposition : (a)

Si α est solution de (E) on a nécessairement 1

11

nαα

− = + , d'où successive-

ment, 1

11

nαα

− =+

, 1

11

αα

− =+

, soit | α –1| = | α +1| (1).

Proposition : (b)Si, dans le plan complexe, on note M, A et B les points d'affixes respectives α,1, et –1 alors la relation (1) équivaut à AM = BM. Par suite M appartient à lamédiatrice de [AB] qui est l'axe des imaginaires purs. Donc α est soit 0, soit unimaginaire pur.

Proposition : (c)

Si α est solution de (E), le complexe 1

1

αα

−+

est distinct de 1 et a pour module 1

donc, il existeθ appartenant à ]0, 2 π [ tel que 1

1

αα

−+

= eiθ (2).

Propositions : (d)

(2) équivaut à : α –1 = (α +1) eiθ soit α (1 – eiθ) = 1 + eiθ, d'où 1

1

i

ie

e

θ

θα +=−

.

Proposition : (e)

1 (1 cos ) sin(1 cos ) sin1

i

ie i

ie

θ

θθ θαθ θ

+ + += =− −−

.

Avec les formules de duplication on obtient 2 2

2 2 2

2cos cos

2 sin sin tan

ii

i

θ θ

θ θ θα = − = = .


Exercice 13 V F F V V _________________________________________

Proposition : (a)23ij eπ

= = 1 3

2 2i− + , donc 3j = 1.

2 43 3i ij e eπ π−= = , donc 2j = j .

1 + j + 2j = 1 + 2 Re(j) = 1 –1 = 0. Enfin 2

3 3i iie e e jπ π

π −= × = − .

Proposition : (b)On désigne par a, b et c, respectivement les affixes des points A, B et C et par r

la rotation de centre A et d'angle 3

π. L'expression complexe de celle-ci est :

z ' – a = 3ieπ

(z – a) soit, compte tenu des résultats ci-dessus, z ' – a = – j (z – a) ou encore, z' = – j z + a(1 + j ) = – j z – a j.Le triangle ABC est équilatéral si, et seulement si, ABC est soit équilatéral di-rect donc C = r(B), noté (1), soit équilatéral indirect donc B = r(C), noté (2).

Proposition : (c)Les relations (1) et (2) se traduisent respectivement par : c – a = – j (b – a) et b – a = – j (c – a) ou encore :

c = – j b – a j (1') et b = – j c – a j (2').

Proposition : (d)

(2')équivaut à b + a j + c 2j = 0 et, cette condition est suffisante pour que ABC

soit un triangle équilatéral. On a de même (1') ⇔ 2c a j b j+ + = 0.

Proposition : (e)On peut regrouper les relations (1') et (2') et écrire :

ABC est équilatéral si, et seulement si, ( 2c a j b j+ + ) (b + a j + c 2j ) = 0.

Le calcul donne, sachant que 3j = 1 et 1 + j + 2j = 0, la relation :

a2 + b2 + c2 = a b + b c + a c, qui caractérise donc un triangle équilatéral.

Exercice 14 F F V F F _________________________________________

Proposition : (a)

M d'affixe z, est invariant par f si, et seulement si, 2 1

1

zz

z

+=−

. Cette équation

équivaut à l'équation z2 – 3 z –1 = 0 qui admet deux solutions distinctes.

Proposition : (b)z' est réel si, et seulement si, 'z = z'.

'z = z' ⇔ 2 1 2 1

1 1

z z

z z

+ +=− −

, soit, tous calculs faits, z = z , ce qui signifie que z

est réel. L'ensemble (E) est donc l'axe des réels privé du point A d'affixe 1.

194 Chapitre 11

Propositions : (c), (d)z' est imaginaire pur si, et seulement si, 'z = – z'.

'z = – z' ⇔ 2 1 2 1

1 1

z z

z z

+ += −− −

, soit, tous calculs faits, 4 z z – z – z – 2 = 0

ou encore 4 | z |2 – 2 Re(z) – 2 = 0 (1).

Si z = x + i y avec (x ; y) ∈ 2 alors (1) équivaut à x2 + y2 – 1

2 x –

1

2 = 0.

Cette équation s'écrit 2

21 9

4 16x y

− + = qui est une équation du cercle (C) de

centre Ω 1; 0

4

et de rayon R = 3

4. L'ensemble (F) est donc (C) privé de A.

Proposition : (e)

| z'| = 2 équivaut à |2 z +1| = 2 |z –1| soit 1

12

z z − − = −

.

Soit M et B les points d'affixes respectives z et – 1

2.

Alors : | z'| = 2 équivaut à MA = MB d'où (G) est la médiatrice de [AB].

Exercice 15 F F V V F _________________________________________

Proposition : (a)Si Z = i et Z ' = 2 i alors | Z + Z '| = | Z | + | Z '|, donc la proposition (a) est fausse.

Proposition : (b)Si Z et Z ' appartiennent à alors les valeurs absolues et les modules coïnci-dent. La relation | Z + Z '| = | Z | + | Z '| n'est alors valable que si l'un au moinsdes réels Z, Z ' est nul ou si Z et Z ' sont des réels de même signe.

Proposition : (c)| Z2 | = Z2 ⇔ Z Z – Z2 = 0, soit Z(Z – Z ) = 0, soit Z ∈ .

Proposition : (d)Si Z est imaginaire pur alors Z = – Z, d'où | Z2 | = Z Z = – Z 2.

Proposition : (e)2 2 0Z Z− = ⇔ (Z – Z )(Z + Z ) = 0, donc Z est réel ou bien imaginaire pur.


Exercice 16 V V V F V _________________________________________

Proposition : (a)

Pour α ∈ ; 04

π − , tan α ∈ ] –1, 0[, donc 1 – tan2 α > 0.

Proposition : (b)| z |2 = (1 – tan2 α)2 + 4 tan2 α = (1 + tan2 α)2 donc | z | = 1 + tan2 α.

Propositions : (c), (d), (e)

On peut écrire 2

22 2

1 tan 2 tan(1 tan )

1 tan 1 tanz i

α ααα α

−= + + + + .

Or 22

11 tan

cosα

α+ = , 1 – tan2 α =

2 2

2 2cos sin cos 2

cos cos

α α αα α

− = donc

22 2 2

cos 2 sin 2 1

cos cos cosiz i e αα α

α α α= + = .

Donc : arg z = 2 α [2 π], Re(z) = 2

cos 2

cos

αα

, Im(z) = 2

sin 2

cos

αα

.

Exercice 17 V F F V V _________________________________________

Rappelons que deux vecteurs non nuls V

et 'V

, d'affixes respectives Z et Z ',

sont orthogonaux si, et seulement si, 'Z

Z est un imaginaire pur.

Propositions : (a), (b), (c)Les points A(z), B(z 2) et C(z 3) sont distincts puisque z ∉ –1, 0, 1.

Posons α = 3

2z z

z z

−−

= z +1, β = 3 2

2z z

z z

−−

= z, γ = 3

3 2z z

z z

−−

= 1z

z

+ ; alors ABC

est rectangle si, et seulement si, l'un des nombres α, β, γ est imaginaire pur.

Proposition : (d)1z

z

+ est imaginaire pur si, et seulement si,

1 10

z z

z z

+ ++ = .

Cette dernière relation équivaut à 2 z z + z + z = 0 (1).Si z = x + i y avec (x ; y) ∈ 2, la relation (1) équivaut à x2 + y2 + x = 0 ou à

2 221 1

2 2x y

+ + = . Cette équation est celle du cercle (Γ) de diamètre [OI]

avec I d'affixe –1. Ce point est à exclure.

Proposition : (e)L'ensemble (E) est la réunion des droites d'équations x = –1, x = 0 et du cercle(Γ), privés des points d'affixes –1, 0 et 1.

196 Chapitre 11

Exercice 18 F V V F V _________________________________________

Proposition : (a)

Sur [1 ; e], 2 2

1 1

t e≥ donc

2 2

ln 1ln 0

tt

t e≥ ≥ .

On en déduit que 2 21 1

ln 1ln 0

e etdt t dt

t e≥ ≥∫ ∫ .

Proposition : (b)

2

ln 1 lnt t

t tt= × . Sur [1 ; e],

1 11

e t≤ ≤ donc

2

ln ln0

t t

tt≤ ≤ .

Alors 21 1

ln ln0

e et tdt dt

tt≤ ≤∫ ∫ . Or

ln t

t est de la forme u(t) × u '(t), donc

( )2

11

ln 1ln

2

ee t

dt tt

= ∫ d'où I ≤ ( )2

1

1ln

2

e

t

.

Propositions : (c), (d), (e)

L'intégrale I = 21

lne tdt

t∫ se calcule par une intégration par parties, en posant

u(t) = ln t et v'(t) = 2

1

t. Alors u'(t) =

1

t, v(t) = –

1

t, d'où

I = 21

1

lne

et dt

t t

− + ∫ puis I = 1

e− +

21

e dt

t∫ soit I = 1

1 ln 21

et

t e

+ − = − .

Exercice 19 V V V V F _________________________________________

Proposition : (a)

Sn,p = 1 1 1 1 1

... ...1 2 2 2 1n n n n p n

+ + + + + ++ + +

, donc

Sn,2 = 1 1 1

...1 2 2n n n

+ + ++ +

.

Proposition : (b)Sur [k, k +1] la fonction inverse est décroissante donc :

∀ t ∈ [k ; k +1], 1 1 1

1k t k≤ ≤

+.

D'après l'inégalité de la moyenne on obtient :11 1

1

k

k

dt

k t k

+≤ ≤

+ ∫ (1), soit 1 1

ln( 1) ln1

k kk k

≤ + − ≤+

.


Proposition : (c)On complète l'inégalité (1), en l'écrivant, pour k ≥ 2, au rang (k –1) :

1

1

1 1 1

1 1

k k

k k

dt dt

k t k t k

+

−≤ ≤ ≤ ≤

+ −∫ ∫ .

Proposition : (d)

Alors2 3 2 1 1 2

1 2 2 2 1

1 1... ... ...

1 2

n n n n n

n n n n n

dt dt dt dt dt

t t t n n t t

+ + + +

+ + −+ + ≤ + + ≤ + +

+∫ ∫ ∫ ∫ ∫La relation de Chasles donne :

2 1 2,21

n nnn n

dt dtS

t t

+

+≤ ≤∫ ∫ , soit encore :

,22 1 2

ln ln1 n

n nS

n n

+ ≤ ≤+

. Par passage à la limite et ,2lim ln 2nn

S→+∞

= .

Proposition : (e)La même méthode, appliquée à Sn,p conduit à l'encadrement :

,1

ln ln1 n p

pn pnS

n n

+ ≤ ≤+

, d'où ,lim lnn pn

S p→+∞

= .

Exercice 20 F V V F F _________________________________________

Proposition : (a)

f est dérivable sur I et 32

3

3

( 4)'( )

2( 1)

x xf x

x

+=+

. Par suite f ' a le même signe que x.

Donc f n'est pas monotone sur I.

Proposition : (b)

( 1)lim ( )

xf x

+→ −= +∞ donc (C) est asymptote à la droite d'équation x = –1.

Proposition : (c)

∀ x ∈ I et 2 4

3 2 4 3( )

1 ( ) 1

x x x xf x x

x x x x x

− + −− = =+ + + +

.

Donc lim ( ) 0x

f x x→+∞

− = .

Par suite la courbe d'équation y = x est asymptote à (C) au voisinage de + .


∀ x ∈ I, ( ) 23

3

31

2 1

' xx

x+ =

+. Donc une primitive de f est F définie par :

F(x) = 321

3x + . L'unité d'aire étant 4 cm2, l'aire de ∆ est :

[ ]0( ) 4 ( )A F x αα = = 38

1 13

α − + . Alors 1

8lim ( )

3A

αα

→−= .

198 Chapitre 11

Exercice 21 V V F V F _________________________________________

Proposition : (a)f est continue sur , donc intégrable sur tout intervalle de . Par suite, F estdéfinie sur . L'écriture de f changeant en 0, il faut envisager les cas suivants :| x | ≤ 1, x ≥ 1 et x ≤ –1.

Proposition : (b)Si x ≥ 1 alors [x –1, x +1] est inclus dans [0 ; + [ et par suite :

F(x) = 1

2

11 21 1

1

4

xx

x xt dt t x

++

− − = = ∫ .

Proposition : (c)Si x ≤ –1 alors [x –1, x +1] est inclus dans ] – ; 0] et par suite :

F(x) = 1

2

11 21 1

1

4

xx

x xt dt t x

++

− − − = − = − ∫ .

Proposition : (d)

Si | x | ≤ 1 alors x –1 ≤ 0 ≤ x +1, donc 0 1

1 0

1( )

2

x

xF x t dt t dt

+

− = − + ∫ ∫ , soit

F(x) 21(1 )

2x= + .

Proposition : (e)Des résultats précédents on déduit que :

si |x| > 1 alors F(x) = |x| et, si |x| ≤ 1 alors F(x) 21(1 )

2x= + , donc F est paire.

Exercice 22 V V F F V _________________________________________

Proposition : (a)ϕ définie par ϕ (x) = f (x) – g(x) est deux fois dérivable. ϕ '' définie sur [a ; b] par ϕ ''(x) = f ''(x) – g''(x) est négative et, par suite, ϕ ' estdécroissante.

Proposition : (b)ϕ '(α) = f '(α) – g'(α) = 0. Donc ϕ ' s'annule au moins une fois sur [ a ; b].

Proposition : (c)On en déduit que ϕ ' est positive sur [a ; α] et négative sur [α ; b]. Ainsi ϕ estcroissante sur [a ; α] et décroissante sur [α ; b]. ϕ (α) est donc un maximumde la fonction ϕ.


Proposition : (d)Si f (a) = g(a) et g(a) = g(b) alors ϕ (a) = ϕ (b) = 0. Donc ϕ est positive sur [a ; b]. (Faites le tableaudes variations de ϕ).

Proposition : (e)En conséquence : ∀ x ∈ [a ; b], f (x) ≥ g(x).Pour illustrer la situation proposée il suffit de choisirf et g définies sur [0 ; 1] respectivement par f (x) = x et g(x) = x2 .

Exercice 23 V F F V F _________________________________________

Proposition : (a)Toute suite (un) de (E) vérifie la relation de récurrence : un+1 = 2 un +1.Il existe dans (E) une suite constante si, et seulement si, il existe un réel λ telque λ = 2 λ +1, soit λ = –1.Ainsi (E) contient la suite (tn) constante telle que : ∀ n ∈ , tn = –1.

Propositions : (b), (c)Si la suite (vn) appartient à (E) alors, pour tout n de on a :

1

1

2 1

2 1n n

n n

v v

t t+

+

= + = +

, d'où par soustraction : vn+1 – tn+1 = 2(vn – tn).

La suite (zn), définie par zn = vn – tn, est géométrique de raison 2, et de premierterme z0 = 2. D'où, ∀ n∈, zn = 2n+1, vn = 2n+1 +1 et lim n

nv

→∞= +∞ .

Proposition : (d)

(zn) est géométrique donc 1

2

0

2 12 2 2

2 1

n nn

kk

z+

+

=

−= = −−∑ .

Proposition : (e)

2

0 0 0 0

( 1) 1 2 2 1n n n n

nk k k

k k k k

v z z n+

= = = == + = + = − + +∑ ∑ ∑ ∑ , soit Sn = 2n+2 + n –1.

Exercice 24 F V V F V _________________________________________

Proposition : (a)On obtient immédiatement u1 = 3 et la suite (un) n'est pas décroissante.

Proposition : (b)La suite (un) est définie par une relation de récurrence un+1 = f (un) où f est la

200 Chapitre 11

fonction x 3 x . De plus la suite (un) est positive et u0 = 1.

Raisonnons par récurrence : par hypothèse, u0 = 1 donc u0 < 9. Supposons que pour k quelconque de , nous ayons uk < 9. Comme f estcroissante f (uk) < f (9). Or f (9) = 9 et f (uk) = uk+1, donc uk+1 < 9.Ainsi, ∀ n ∈ , un ≤ 9. La suite (un) est donc majorée par 9.

Proposition : (c)

u0 = 1, u1 = 3, u2 = 3 3 = 3

23 . Supposons que l'on puisse écrire 3 nnu α= .

Alors 1 0,51 3 3 3 3n n

n nu u α α++ = = = . On définit ainsi une suite (αn) par :

α 0 = 0 et la relation de récurrence α n+1 = 0,5αn +1 et pour tout n de , nous

avons 3 nnu α= .

Proposition : (d)Si vn = ln un – ln 9, alors vn+1 = ln un+1 – ln 9 = ln 3 + 0,5 ln un – 2 ln 3.

Alors vn+1 = 1

2 (ln un – ln 9) =

1

2 vn. La suite (vn) est géométrique de raison

1

2et donc de limite nulle.

Proposition : (e)Il en résulte que la suite (un) a pour limite 9.

Exercice 25 V F V V F _________________________________________

Propositions : (a), (b)

vn+1 = un+2 – 1

2 un+1 = 1 1 1

1 1 1( )

2 2 2n n n n n nu u u u u v+ + +− − = − = − .

La suite (vn) est géométrique de raison –1.

Proposition : (c)

tn+1 = un+2 + α un+1 = 1

2 un –

1

2 un+1 + α un+1 = 1

1 1

2 2n nu uα + − +

ou encore

tn+1 = 11 1

2 2 1n nu uαα+

− + − .

Pour que (tn) soit géométrique de raison α – 1

2 il suffit que

1

2 1α

α=

−, soit

α = 1 ou α = – 0,5. La suite (tn) définie par tn = un+1 + un est géométrique deraison 0,5.



Nous avons alors : v0 = 3

2, donc

3( 1)

2n

nv = − et, t0 = 3 donc 1

32

n

nt =

.

On détermine alors un en résolvant le système 1

1

1 3( 1)

2 2

13

2

nn n

n

n n

u u

u u

+

+

− = −

+ =

,

ce qui donne 1

1 1( 1)

2

nn

nu−

− = − + .

Exercice 26 F V V F V _________________________________________

Proposition : (a)Un tiercé dans le désordre est une liste non ordonnée de 3 numéros distincts.

Le nombre de tiercés possibles est 312 220C = .

Proposition : (b)Il y a 6 choix possibles pour le cheval gagnant, 11 pour le second, 10 pour letroisième soit au total 6×11×10 = 660 choix possibles.

Proposition : (c)Le nombre de tiercés dans le désordre possibles avec uniquement des numéros

impairs, est égal à 36 20C = . Par suite, le nombre de tiercés possibles, dans le

désordre, avec au moins un numéro pair, est égal à : 220 – 20 = 200.

Proposition : (d)Il y a six choix possibles du numéro impair et trois places possibles à l'arrivéepour ce numéro ; il reste à placer un couple ordonné de chevaux portant unnuméro pair, ce qui donne 3×6×6×5 = 540 possibilités.

Proposition : (e)Pour chaque combinaison a, b, c d'éléments distincts il existe un seul tiercédans l'ordre où les arrivants dans l'ordre portent des numéros a, b, c tels que

a < b < c. Le nombre recherché est donc 312 220C = .

Exercice 27 V F F V F _________________________________________

Proposition : (a)

L'urne contient 14 objets donc le cardinal de l'univers est 214

14 1391

2C

×= = .

L'événement A : "obtenir deux objets de formes et de couleurs différentes" a

pour cardinal 1 1 1 13 4 5 2 12 10 22C C C C× + × = + = . Par suite p(A) =

22

91.

202 Chapitre 11

Proposition : (b)L'événement B : "obtenir deux objets de formes différentes et de même cou-

leur" a pour cardinal 1 1 1 13 2 5 4 6 20 26C C C C× + × = + = . Par suite p(B) =

26

91.

Proposition : (c)

L'événement C : "obtenir deux cubes rouges" a pour cardinal 22 1C = .

Par suite p(C) = 1

91.

Proposition : (d)L'événement D : " obtenir deux objets identiques" a pour cardinal :

2 2 2 23 5 2 4 3 10 1 6 20C C C C+ + + = + + + = . Par suite p(D) =

20

91.

Proposition : (e)L'événement E : "obtenir au moins une boule noire", a pour contraire l'événe-ment E : "n'obtenir aucune boule noire", qui a pour cardinal :

29

9 836

2C

×= = . Donc p(E) = 1 – p( E ) = 36 55

191 91

− = .

Exercice 28 F V V F V _________________________________________

Proposition : (a)Nous sommes en présence d'un schéma de Bernoulli et X suit la loi binomiale

de paramètres 2

3 ;5

. Ainsi, X(Ω) = 0, 1, 2, 3 et la loi de probabilité de X

est donnée par : ∀ k ∈ X(Ω), 3

32 3

( )5 5

k kkp X k C

− = = .

En particulier p(X = 2) = 36

125.

Propositions : (b), (c), (d), (e)Le tableau suivant donne la loi de probabilité de X et permet le calcul dep(X ≥ 1), E(X) et V(X) :

k 0 1 2 3 Total

p(X) = k27

125

54

125

36

125

8

1251

k p(X = k) 054

125

72

125

24

125

6

5

k2 p(X = k) 054

125

144

125

72

125

54

25

Donc : p(X ≥ 1) = 1 – 27

125 =

98

125, E(X) = 1,2, V(X) =

254 6

0,7225 5

− = .


Exercice 29 F V V V V _________________________________________

Proposition : (a)Si un nombre entier naturel est formé de 3 chiffres impairs distincts on a :5 choix pour le premier chiffre, 4 pour le second et 3 pour le troisième, soit autotal 120 nombres.

Proposition : (b)Dans un jeu de 32 cartes il y a 8 cœurs, 4 rois dont un cœur.Si la main de quatre cartes contient un cœur (autre que le roi) et deux rois

(sauf le roi de cœur) le nombre de choix est : 1 2 17 3 21C C C× × = 7×3×21 = 441.

Si la main de quatre cartes contient un cœur (le roi) et deux rois (dont le roi de

cœur) le nombre de choix est :1× 1 23 21C C× = 3×210 = 630.

Au total, il y a donc 1071 choix possibles.

Proposition : (c)Le mot CONCOURS comporte huit lettres dont deux lettres C, deux lettres O.Si l'on suppose toutes les lettres distinctes (par la couleur par exemple), il y a8! anagrammes possibles. Mais en tenant compte des doublons de lettres C et

O, il faut diviser ce nombre par (2!)2, d'où la réponse 2

8!10080

(2!)= .

Proposition : (d)Si un nombre entier naturel de [1000, 9999] est formé de 4 chiffres distincts ona 9 choix pour le premier chiffre, 9 pour le second, 8 pour le troisième et 7pour le quatrième soit au total 9 × 9 × 8 × 7 = 4536 nombres.

Proposition : (e)Une urne contient 10 boules (3 rouges et 7 blanches) de laquelle on tire 3

boules simultanément. Il y a 13C façons de tirer une rouge et 2

7C façons de ti-

rer deux blanches. Au total le nombre de tirages de deux blanches et une rouge

est 27C × 1

3C = 63. (Les numéros portés par les boules n'ont aucune incidence

sur le dénombrement).

Exercice 30 F V V V F _________________________________________

Proposition : (a)

Un point M appartient à un segment [AB] si, etseulement si, il peut s'exprimer comme barycentredes points A et B affectés de coefficients α et β, de même signe.

204 Chapitre 11

Donc M ∈ [AB] si, et seulement si, γ = 0 et α β ≥ 0.

De plus, si 0 et | | | | alors ] [

si 0 et | | | | alors ] [

M xA

M By

α β α βα β α β

< > ∈ < < ∈

Proposition : (b)Pour répondre aux autres assertions on utilise la méthode des barycentres par-tiels et la figure ci-dessus où D est le barycentre de (A, α), (B, β ) .Par exemple : M appartient à la région VII si, et seulement si, D appartient ausegment [AB] et M appartient au segment [CD] ; donc α et β sont de même si-gne et (α + β ) γ est positif. Ceci implique que α, β, γ soient de même signe,ce qui est le cas lorsque α = 1, β = 2 et γ = 3.

Proposition : (c)M appartient à la région (II) si, et seulement si, α et γ sont de même signe dis-tinct de celui de β et si | α + γ | < | β |, ce qui est le cas lorsque :α = –1, β = 7, γ = – 4.

Propositions : (d), (e)De même M appartient à la région (IV) si, et seulement si, γ et α + β sont designes contraires et | γ | > | α + β |.

Exercice 31 F F F F V _________________________________________

Proposition : (a)

NQ NP NM= +

donc 0NP NM NQ+ − =

. Ainsi N est le barycentre de (M, 1), (P,1), (Q, –1) .

Proposition : (b)

La relation 0OM OQ MN− + =

équivaut à ON OQ=

, ce qui est faux.

Proposition : (c)Pour répondre à l'assertion (c) il suffit de se placer dans l'hypothèse où MNPQest un carré. Alors le premier membre est nul, le second ne l'est pas.

Proposition : (d)La méthode reste valable pour l'assertion (d) qui est également fausse.

Proposition : (e)Pour répondre à l'assertion (e) on recourt au théorème de la médiane.

On peut écrire 2 2 2 2 2 22( ) 4 4 4MN MQ OM NQ OM NO+ = + = + .

Or 4 MO 2 = MP 2 et 4 NO 2 = NQ 2, d'où le résultat.


Exercice 32 F F V F F _________________________________________

Proposition : (a)

Tout point M (x, y, z) de (E) est défini par

1

2

3 4

x

y

z

λλλ

= + = − − = +

.

Remarquons que (E) est la droite passant par A (1, – 2, 4) et de vecteur direc-teur u

(1, –1, 3). Il n'existe aucune valeur de λ solution du système :

x = 1, y = –1, z = 3 donc I (1, –1, 3) n'appartient pas à (E).

Proposition : (b) (P) a pour vecteur normal v

de coordonnées (–1, 1, 2). Or le produit scalaire

u v⋅ est non nul, donc (E) n'est pas parallèle à (P).

Proposition : (c)Le plan (Q) perpendiculaire à (P) et contenant (E) a pour repère (A, u

, v

). Le vecteur w

de coordonnées (1, 1, 0) orthogonal à u

et à w

est un vecteur

normal à (Q). Une équation de (Q) est de la forme x + y + d = 0. En exprimantque A(1, – 2, 4) appartient à (Q) on trouve qu'une équation de (Q) est : x + y +1 = 0.

Proposition : (d)Il n'existe pas de plan parallèle à (P) contenant (E) car si deux plans sont pa-rallèles toute droite de l'un est parallèle à l'autre. Or (E) est une droite non pa-rallèle à (P).

Proposition : (e)Le plan (T) d'équation 3 x + 2y + z – 5 = 0 a pour vecteur normal le vecteurt

de coordonnées (3, 2, 1). Or v t⋅

= 1, donc (T) et (P) ne sont pas perpendi-culaires.

Exercice 33 V V V V F _________________________________________

Proposition : (a)

Les plans (Pθ) et (Qθ) sont sécants suivant (∆θ) donc les coordonnées de tout

point M(x, y) de (Pθ) ∩ (Qθ) vérifient les équations des deux plans, donc leursomme termes à termes : y – x + z – y = sin2 θ + cos2 θ, d'où z – x = 1.

Proposition : (b)Les coordonnées de Aθ vérifient les équations de (Pθ) et (Qθ) donc Aθ appar-

tient à (∆θ).

Proposition : (c)

Tout point M de (∆θ) est défini par les relations 2

2

sin

cos

x y

z y

θ

θ

= −

= + ou encore en

206 Chapitre 11

posant y = t par 2 2sin , , cosx t y t z tθ θ= − = = + où t ∈ . On en déduit que le vecteur w

de coordonnées (1, 1, 1) est un vecteur direc-

teur de (∆θ) qui a donc une direction fixe.

Le vecteur u

de coordonnées (1, –1, 0) est o rthogonal à w

donc à (∆θ). Proposition : (d)Le vecteur n

(1, 1, 1) est normal au plan d'équation x + y + z – 3 = 0.

Comme w

= n

la droite (∆θ) est perpendiculaire à (P) pour toute valeur de θ.

Proposition : (e)

(∆θ) est parallèle au plan de repère ( , , )O i j

si, et seulement si, tout vecteur de

(∆θ) est orthogonal à k

. Or k

et w

ne sont jamais orthogonaux.

Exercice 34 F F F V V _________________________________________

Proposition : (a)On désigne par ( , , )O u v

un repère orthonormal du plan complexe ().

L'application f est associée à la fonction ϕ définie de dans par une expres-

sion de la forme ϕ (z) = a z où a = 1

2

i+. Or | a | = 1 et arg a =

4

π [2 π].

Par conséquent f est la rotation de centre O et d'angle 4

π[2π].

Proposition : (b)L'image par f d'un cercle de rayon R est un cercle de même rayon.

Proposition : (c)Si (C) a pour centre A(l, −2) et pour rayon 2 alors son image (C ') a pour centre

A' d'affixe ϕ (1 – 2 i) = 1 3

(1 2 )2 2

i ii

+ −− = et pour rayon 2.

L'équation canonique de (C ') est donc :2 2

3 14

2 2x y

− + + = soit en-

core x2 + y2 − 3 2 x + 2 y +1 = 0.

Proposition : (d)M ' d'affixe z' appartient à l'axe (D) = (O, u

) si, et seulement si, M appartient à

l'image (D') de (D) par la rotation de centre O et d'angle – 4

π[2π].

Donc (D') est la droite d'équation y = – x.


Proposition : (e)M ' d'affixe z' appartient à l'axe (∆) = (O, v

) si, et seulement si, M appartient à

l'image (∆') de (∆) par la rotation de centre O et d'angle – 4

π[2π].

Donc (∆') est la droite d'équation y = x.

f f est la rotation de centre O et d'angle 2 ×4

π =

2

π[2π].

Alors f f est le quart de tour direct de centre O.

Exercice 35 V F V V F _________________________________________

Proposition : (a)f est la similitude directe de rapport r tel que :

r = |1 + i | = 2 , d'angle θ = arg (1 + i) = 4

π [2π] et de

centre A d'affixe i, unique point invariant par f.Pour tout point M du plan complexe d'image M ' par fet d'image M '' par f f on a la figure ci-contre.

Propositions : (b), (c), (d), (e)L'examen de la figure donne les réponses aux questions posées :AMM ' est isocèle et rectangle en M.AMM '' est rectangle en A et AM '' = 2 AM.

Exercice 36 V F F V V _________________________________________

Proposition : (a)Les fonctions f et g sont caractérisées par deux notations complexes connues.

z a z + b et z a z + b, avec | a | = 1, qui définissent respectivement une

isométrie positive (translation ou rotation) et une isométrie négative (réflexionou composée d'une réflexion et d'une translation).

Propositions : (b), (c)g est une isométrie négative n'ayant aucun point invariant. Ce n'est donc pasune réflexion.

Proposition : (d)

g g est caractérisée par l'écriture complexe : z z'' = z + 2 + 2 i.

Ainsi g g est la translation t de vecteur 2 u

où u

a pour affixe 1 + i.

Proposition : (e)On peut décomposer la transformation g en utilisant la translation t, suivant le

schéma : z z z + (1 + i). Ainsi g est la composée de :

208 Chapitre 11

σ : M(z) M '( z ) réflexion dont l'axe est l'axe des réels, suivie de la transla-

tion t. Ainsi g t σ= d'où σ = 1t g− .

Remarquons que t g est une isométrie n'ayant aucun point invariant ; ce n'estdonc pas une réflexion.

Exercice 37 F V V V V _________________________________________

Proposition : (a)On a 4 ≡ 1 [3] et 16 1 [9]. De façon générale :

a ≡ b [n] ⇔ a = b + k n où k ∈ . Alors a 2 = b 2 + n (2 k + n) donc a 2 ≡ b 2 [n].

Proposition : (b)Si a = b + k n alors a n = (b + k n) n. On développe cette puissance à l'aide de laformule de binôme de Newton :

1 1

2

( ) ( ) ( )n

n n n p p n pn n

p

b k n b C k n b C k n b− −

=+ = + + ∑ . Or 1 1 2 1( ) ( )n n

nC k n b n k b− −=

et la somme 2

( )n

p p n pn

p

C k n b −

=∑ est factorisable par n 2.

Donc il existe un entier k ' tel que a n = b n + k ' n 2. Par suite a n ≡ b n [n 2].

Proposition : (c)Si p divise n 2 –1 alors il existe un entier k tel que n 2 –1 = k p, ou encore,n 2 – k p = 1. L'utilisation du théorème de Bezout traduit que n et p sont pre-miers entre eux.

Proposition : (d)Si a est premier avec 10 alors a n'est divisible ni par 2, ni par 5. Donc, le restede la division de a par 10 appartient à 1, 3, 7, 9.

Proposition : (e)On utilise des congruences modulo 10.Si a ≡ 1 [10] alors a 4 ≡ 1 [10].Si a ≡ 3 [10] alors a 4 ≡ 3 4 ≡ 1 [10].Si a ≡ 7 [10] alors a 4 ≡ 7 4 ≡ 49 2 ≡ (–1) 2 ≡ 1 [10].Si a ≡ 9 [10] alors a 4 ≡ 9 4 ≡ 81 2 ≡ 1 2 ≡ 1 [10].Finalement, si a est premier avec 10 alors a 4 ≡ 1 [10].


Exercice 38 V V V F V _________________________________________

Proposition : (a)(n – 59) 2 – 88 = n 2 –118 n + 3398. Or 118 ≡ – 3 [121] et 3393 ≡ 5[121], donc

(n – 59) 2 – 88 ≡ 2 3 5n n+ + [121] (1).

Proposition : (b)Si n – 59 est divisible par 11 alors (n – 59) 2 est divisible par 121 et, d'après la

relation (1), 2 3 5n n+ + ≡ 88 [121], ou encore, il existe un entier k tel que :

n 2 + 3 n + 5 = 11 (11 k + 8). Donc 2 3 5n n+ + est divisible par 11. Proposition : (c)Si 2 3 5n n+ + est divisible par 121 alors 2 3 5n n+ + ≡ 0 [121] donc d'après(1), (n – 59) 2 ≡ 88 [121]. Si n – 59 était divisible par 11 on aurait évidemment (n – 59)2 divisible par 121.On parvient ainsi à : 88 ≡ 0 [121], ce qui est faux…


Par suite 2 3 5n n+ + peut être divisible par 11 mais jamais divisible par 11 2.

Exercice 39 V F V V V _________________________________________

On utilise les congruences modulo 7 des nombres 2 n, 3 n et 6 n. Les résultatspériodiques, de période 6, figurent dans le tableau suivant :

n ≡ k [6]avec k =

2n ≡ p [7]avec p =

3n ≡ q [7]avec q =

6n ≡ r [7]avec r =

0 1 1 11 2 3 62 4 2 13 1 6 64 2 4 15 4 5 6

Proposition : (a)8 ≡ 2[6], donc la lecture du tableau donne 2 8 + 3 8 + 6 8 ≡ 4 + 2 +1 ≡ 0 [7].(ligne en caractères gras dans le tableau)

Propositions : (b), (c), (d), (e)2n + 3n + 6n ≡ 0 [7] sera vérifiée si, et seulement si, p + q + r ≡ 0 [7]. L'examen du tableau donne les solutions : n ≡ 2 [6] ou n ≡ 4 [6].

210 Chapitre 11

Exercice 40 V V F V V _________________________________________

Proposition : (a)Le couple (0 ; – 3) est solution évidente de l'équation (E).

Proposition : (b)Tout diviseur commun de x et de y est diviseur de 4 x – 9 y donc de 27. Le PGCD de x et de y divise donc 27.

Proposition : (c)

Pour toute solution (x ; y) de (E) on a 4 9 27

4 0 9 ( 3) 27

x y× − × = × − × − =

.

Par soustraction il vient 4x = 9 (y + 3). Comme 4 et 9 sont premiers entre eux,l'application du théorème de Gauss entraîne qu'il existe un couple (k, k') d'en-

tiers tel que : 9

3 4 '

x k

y k

= + =

d'où 9

4 ' 3

x k

y k

= = −

Réciproquement le couple (9k, 4k' – 3) est solution de (E) si k = k'.Par suite, l'ensemble des solutions de (E) est S = (9k, 4k – 3), k∈ .

Proposition : (d)Un couple (x ; y) solution sera tel que 0 < x ≤ 27 et 0 < y ≤ 27 si, et seulement

si, il existe un entier k tel que 0 9 27

0 4 3 27

k

k

< ≤ < − ≤

ce qui est vrai si k∈1, 2, 3.

Proposition : (e)Si (x, y) est une solution de (E), PGCD(x, y) divise 27. Il est donc soit égal à 1soit un multiple de 3. Or 3 divise PGCD(x, y) si, et seulement si, 3 divise 9 k et3 divise 4 k – 3, c'est à dire 4 k ≡ 0 [3] donc k ≡ 0 [3].Donc x et y sont premiers entre eux si k n'est pas multiple de 3. Finalement, les solutions (x ; y) de (E) avec x et y premiers entre eux, sont tel-les que x = 9 k et y = 4 k – 3 avec k non multiple de 3.

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