Lycée Yana Maïga de Gao Chargé du cours : Abdoulaye Drissa DEMBÉLÉ

(LYMG) abdouldem25@gmail.com
Correction du Bac Session de Juin 2014 Série : TSE
Prof : Abdoulaye Drissa Dembélé (ADD)
Exercice 1
𝑥 ≡ 10[23]
Résolution du système(S) dans Z : {
𝑥 ≡ 4[7]

1°/ Détermination d’un couple d’entiers relatifs (𝛼; 𝛽) solution de 23𝛼 + 7𝛽 = 1

- Méthode de l’algorithme d’Euclide

23 7 2
1 = 7 + 2(−3)
7 2 1
1 = 7 + [23 + 7(−3)](−3) 2 1 0

1 = 23(−3) + 7(10)

D’où le couple (−𝟑; 𝟏𝟎) est une solution particulière de l’équation.

-Autre méthode

23𝛼 + 7𝛽 = 1 <=> 23𝛼 ≡ 1[7]

<=> 2𝛼 ≡ 1[7]

<=> 𝛼 ≡ 4[7] <=> 𝛼 = 7𝑘 + 4 𝑘∈𝑍

Si 𝑘 = 0 alors 𝛼 = 4 et 𝛽 = −13 d’où (𝟒; −𝟏𝟑) est aussi solution. 1 point

NB : toute autre solution proposée par l’élève devra vérifier l’équation proposée.

2° / En déduisons un couple (𝑢0 ; 𝑣0 ) solution de l’équation (E) : 23𝑢 − 7𝑣 = −6

1ère Méthode : 23(−3) + 7(10) = 1

<=> 23(18) − 7(60) = −6 => (𝒖𝟎 ; 𝒗𝟎 ) = (𝟏𝟖; 𝟔𝟎) 0,50 point

2ème Méthode : 23𝛼 + 7𝛽 = 1

=> 23(−6𝛼) − 7(6𝛽) = −6

=> 23𝑢 − 7𝑣 = −6 avec 𝑢 = −6𝛼 et 𝑣 = −6𝛽

Pour 𝛼 = −3 et 𝛽 = 10 on a 𝑢0 = 18 et 𝑣0 = 60

23𝑢 − 7𝑣 = −6
Résolvons complètement (E) : { faisons la différence membre à membre
23𝑢0 − 7𝑣0 = −6
on obtient 23(𝑢 − 𝑢0 ) − 7(𝑣 − 𝑣0 ) = 0

23(𝑢 − 𝑢0 ) = 7(𝑣 − 𝑣0 )

Comme 23 𝑒𝑡 7 sont premiers entre eux, alors d’après le théorème de Gauss

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23/𝑣 − 𝑣0 et 7/𝑢 − 𝑢0 , ∃𝑘 ∈ 𝑍 / 𝑣 − 𝑣0 = 23𝑘 et 𝑢 − 𝑢0 = 7𝑘

𝑣 = 23𝑘 + 𝑣0 𝑢 = 7𝑘 + 𝑢0

D’où 𝑺(𝑬) = {(𝟕𝒌 + 𝒖𝟎 ; 𝟐𝟑𝒌 + 𝒗𝟎 )} 𝒌 ∈ 𝒁} 1 point

3°/ Démontrons que :

23𝑢 − 7𝑣 = −6
𝑥 est solution de (E) <=> ∃(𝑢; 𝑣) ∈ 𝑍² vérifiant {
𝑥 = 10 + 23𝑢
𝑥 = 10 + 23𝑝 𝑝∈𝑍
𝑥 solution de (S) <=> {
𝑥 = 4 + 7𝑞 𝑞∈𝑍

𝑥 = 𝑥 <=> 10 + 23𝑝 = 4 + 7𝑞

<=> 23𝑝 − 7𝑞 = −6 𝑥 = 10 + 23𝑞

23𝑢 − 7𝑣 = −6
En prenant 𝑝 = 𝑢 et 𝑞 = 𝑣 on obtient { Cqfd 1 point
𝑥 = 10 + 23𝑢

En déduisons l’ensemble solution de (S)

Comme 𝑢 = 7𝑘 + 18, 𝑘 ∈ 𝑍, on a 𝑥 = 10 + 23(7𝑘 + 18)

𝑥 = 161𝑘 + 424

𝑺 = {𝟏𝟔𝟏𝒌 + 𝟒𝟐𝟒; 𝒌 ∈ 𝒁} 1 point

4°/ Détermination de la plus petite solution (entier naturel) de (S) divisible par 16

𝑥 = 161𝑘 + 424
{ <=> 161𝑘 + 424 ≡ 0[16] <=> 𝑘 + 8 ≡ 0[16]
𝑥 ≡ 0[16]

<=> 𝑘 ≡ 8[16]

La valeur de 𝑘 à prendre est 8. Donc 𝑥 = 𝟏𝟕𝟏𝟐.

Le plus petit entier naturel vérifiant la condition est 1712. 0,50 point

Exercice 2

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−𝑖𝑧−2+4𝑖
𝐴(2 − 4𝑖) ; 𝐵(−𝑖) ; 𝑀(𝑧) et 𝑀′(𝑧′) avec 𝑧′ = , 𝑧≠𝑖
𝑧+𝑖

1) Exprimons les coordonnées (𝑥 ′ ; 𝑦 ′ ) de 𝑀′ en fonction de celles (𝑥; 𝑦) de 𝑀.

−𝑖𝑧−2+4𝑖 −𝑖(𝑥+𝑦𝑖)−2+4𝑖
𝑧′ = <=> 𝑥 ′ + 𝑦′𝑖 =
𝑧+𝑖 (𝑥+𝑦𝑖)+𝑖
−3𝑥+4𝑦+4 −𝑥²−𝑦²+4𝑥+𝑦+2
<=> 𝑥 ′ + 𝑦 ′ 𝑖 = 𝑥 2 +(𝑦+1)2 + 𝑖 𝑥²+(𝑦+1)²
−𝟑𝒙+𝟒𝒚+𝟒 −𝒙²−𝒚²+𝟒𝒙+𝒚+𝟐
𝐷′où 𝒙′ = 𝒙𝟐 +(𝒚+𝟏)𝟐 et 𝒚′ = 1 point
𝒙²+(𝒚+𝟏)²

2) Déterminons et représentons l’ensemble des points 𝑀 tels que :

a) 𝑧′ soit un réel :
−𝑥² − 𝑦² + 4𝑥 + 𝑦 + 2 = 0
𝑧′ est un réel <=> {
𝑥² + (𝑦 + 1)² ≠ 0
1 2 25
(𝑥 − 2)2 + (𝑦 − ) =
<=> { 2 4
(𝑥; 𝑦) ≠ (0; −1)
𝟏 𝟓
L’ensemble des points 𝑴 est le cercle de centre 𝑰(𝟐; 𝟐) et de rayon 𝟐 privé du point
𝑩(𝟎; −𝟏). 1 point

b) 𝑧′ soit un imaginaire pur :

−3𝑥 + 4𝑦 + 4 = 0
𝑧′ est un imaginaire pur <=> { d’où l’ensemble des points 𝑴 est la
𝑥² + (𝑦 + 1)² ≠ 0
droite d’équation −𝟑𝒙 + 𝟒𝒚 + 𝟒 = 𝟎 privée du point 𝑩(𝟎; −𝟏) 1 point

3) On pose 𝑍 = 𝑧 + 𝑖 et 𝑍 ′ = 𝑧 ′ + 𝑖
−𝑖𝑧−2+4𝑖
𝑍𝑍 ′ = (𝑧 + 𝑖)(𝑧 ′ + 𝑖) = (𝑧 + 𝑖) ( + 𝑖) = −𝑖𝑧 − 2 + 4𝑖 + 𝑖𝑧 − 1
𝑧+𝑖

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On obtient bien 𝒁𝒁′ = −𝟑 + 𝟒𝒊 d’où |𝑍𝑍′| = √9 + 16 => |𝒁𝒁′| = 𝟓 1 point

4) a) Détermination de l’ensemble des points 𝑀′ lorsque 𝑀 décrit un cercle de centre 𝐵 et

de rayon 𝑟 > 0.
𝑀 ∈ 𝐶(𝐵,𝑟) <=> |𝑧 + 𝑖| = 𝑟 On sait que (𝑧 + 𝑖)(𝑧 ′ + 𝑖) = 𝑍𝑍′
5
Donc |𝑧 + 𝑖||𝑧 ′ + 𝑖| = |𝑍𝑍′| D’où |𝑧 ′ + 1| =
𝑟
𝟓
𝑴′ décrit le cercle de centre 𝑩 et de rayon . 0,50 point
𝒓
c) Déterminons 𝑟 pour que 𝑀 et 𝑀′ soient sur le même cercle. 0,50 point
5
𝑀 et 𝑀′ sont sur le même cercle <=> 𝑟 = 𝑟 <=> 𝑟² = 5 <=> 𝒓 = √𝟓

Problème

A// 𝑓(𝑥) = 𝑒 2𝑥 − 2𝑒 𝑥

1°/ 𝐷𝑓 = 𝐼𝑅 =] − ∞; +∞[ ; lim 𝑓(𝑥) = 0 ; lim 𝑓(𝑥) = +∞ 𝑓 ′(𝑥) = 2𝑒 2𝑥 −

−∞ +∞
2𝑒 𝑥 = 𝟐(𝒆𝒙 − 𝟏)𝒆𝒙 ; ∀𝑥 ∈ 𝐼𝑅, 2𝑒 > 0 𝑓′(𝑥) ≥ 0 <=> 𝑒 𝑥 − 1 ≥ 0
𝑥

𝑓 ′ (𝑥) > 0 𝑠𝑖 𝑥 > 0

<=> 𝑥 ≥ 0 d’où {𝑓 ′ (𝑥) < 0 𝑠𝑖 𝑥 < 0 ; 𝑓(0) = −1 ; 𝑓(𝑙𝑛2) = 𝑒 2𝑙𝑛2 − 2𝑒 𝑙𝑛2 = 0 On a
𝑓 ′ (0) = 0
alors le tableau de variation 1 point

𝑥 −∞ 0 ln2 +∞
𝑓′(𝑥) - 0 + +
0 +∞
𝑓(𝑥) 0

-1
2°/ Equation de la tangente T à (C)
au point d’abscisse –ln2
1 1 3 1 1 1
𝑓(−𝑙𝑛2) = 𝑓 (𝑙𝑛 2) = 4 − 1 = − 4 ; 𝑓 ′ (−𝑙𝑛2) = 2 (4) − 2 (2) = − 2

𝟏 𝟑
𝑦 = 𝑓 ′ (−𝑙𝑛2)(𝑥 + 𝑙𝑛2) + 𝑓(−𝑙𝑛2) . D’où (T) : 𝒚 = − 𝟐 (𝒙 + 𝒍𝒏𝟐) − 𝟒 0,50pt

1 3
3°/ 𝑔(𝑥) = 𝑓(𝑥) + 2 (𝑥 + 𝑙𝑛2) + 4

a) Détermination de 𝑔′(𝑥) et 𝑔"(𝑥) pour tout réel 𝑥 :

1 𝟏
𝐷𝑔 = 𝐼𝑅 ; 𝑔′ (𝑥) = 𝑓 ′ (𝑥) + 2 => 𝒈′ (𝒙) = 𝟐𝒆𝟐𝒙 − 𝟐𝒆𝒙 + 𝟐
𝐷𝑔′ = 𝐼𝑅 ; 𝑔" (𝑥) = 𝑓 " (𝑥) => 𝒈"(𝒙) = 𝟒𝒆𝟐𝒙 − 𝟐𝒆𝒙 0,50 point
𝑥 𝑥
b) Signe de 𝑔"(𝑥) 𝑔"(𝑥) = 2(2𝑒 − 1)𝑒
∀𝑥 ∈ 𝐼𝑅, 2𝑒 > 0 donc 𝑔"(𝑥) ≥ 0 <=> 2𝑒 𝑥 − 1 ≥ 0 <=> 𝑥 ≥ −𝑙𝑛2
𝑥

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On a alors le tableau de variation de 𝑔′(𝑥)

Tableau de variation : x −∞ − 𝑙𝑛2 +∞

g"(x) - 0 +
1/2 +∞
D’après les variations de 𝑔′, pour tout g'(x)
réel 𝑥, 𝑔′(𝑥) ≥ 𝑔′(−𝑙𝑛2) donc 𝑔′(𝑥) ≥
0 ; la fonction 𝑔 est alors strictement 0
croissante sur 𝐼𝑅.
1 3 3 3
On a 𝑔(−𝑙𝑛2) =𝑓(−𝑙𝑛2) + 2 (−𝑙𝑛2 + 𝑙𝑛2) + 4 = 4 − 4 = 0 1 point

Puisque 𝑔(−𝑙𝑛2) = 0 et 𝑔 est continue et strictement croissante sur 𝐼𝑅, alors pour tout réel
𝑥 < −𝑙𝑛2, 𝑔(𝑥) < 0 et pour tout réel 𝑥 > −𝑙𝑛2, 𝑔(𝑥) > 0.

𝑥 −∞ − 𝑙𝑛2 +∞
𝑔(𝑥) − 0 +
c) Position de (𝐶) par
rapport à (T)
1 3 1 3
(T) : 𝑦 = − 2 (𝑥 + 𝑙𝑛2) − 4 ; 𝒇(𝒙) − 𝒚 = 𝑓(𝑥) + 2 (𝑥 + 𝑙𝑛2) + 4 = 𝒈(𝒙)
On a alors le tableau de position 0,50 point

𝑥 −∞ − 𝑙𝑛2 +∞
𝑔(𝑥) - 0 +
𝑇⁄ 𝐶⁄
𝐶 𝑇
Position

4°/ Traçons (𝐶) et (𝑇)

0,75 point
𝑒𝑥
B// 𝑓𝑛 (𝑥) = (𝑥+1)𝑛 , 𝑛 ∈ 𝐼𝑅; 𝐷𝑓𝑛 = 𝐼𝑅 − {−1}

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𝑒𝑥 𝑒𝑥
Pour tout 𝑛 ∈ 𝐼𝑁, posons 𝑓𝑛+1 (𝑥) = 𝑓𝑛 (𝑥) <=> = (𝑥+1)𝑛
(𝑥+1)𝑛+1

<=> (𝑥 + 1)𝑛+1 = (𝑥 + 1)𝑛 <=> (𝑥 + 1)𝑛 (𝑥 + 1 − 1) = 0

<=> 𝑥(𝑥 + 1)𝑛 = 0 <=> 𝑥 = 0 (car 𝑥 + 1 ≠ 0, ∀𝑥 ∈ 𝐷𝑓𝑛 )

𝑓𝑛 (0) = 1 d’où ∀𝑛 ∈ 𝐼𝑁, 𝑓𝑛 (0) = 1 => toutes les courbes (𝑪𝒏 ) passent par le point 𝑨(𝟎𝟏)
0,50 point
1 1
C// ℎ(𝑥) = 𝑒−1 𝑒 𝑥 − 𝑥 − 𝑒−1 ; 𝐷ℎ = 𝐼𝑅
1°/ a) 𝒉(𝟎) = 𝟎 ; 𝒉(𝟏) = 𝟎 𝒉(𝟐) = 𝒆 − 𝟏 0,50 point
𝑒𝑥 𝑒 𝑥 −𝑒+1
b) ℎ′ (𝑥) = 𝑒−1 − 1 = ; ℎ′(𝑥) ≥ 0 => 𝑒 𝑥 − 𝑒 + 1 ≥ 0
𝑒−1
=> 𝑒 𝑥 ≥ 𝑒 − 1 => 𝑥 ≥ ln(𝑒 − 1)
1
ℎ[ln(𝑒 − 1)] = 1 − ln(𝑒 − 1) − 𝑒−1 ≈ −0,12
lim ℎ(𝑥) = +∞ lim ℎ(𝑥) = +∞
−∞ +∞
D’où le tableau de variation: 0,75 point

𝑥 −∞ 0 ln(𝑒 − 1) 1 +∞
ℎ′(𝑥) - 0 +
+∞ +∞
ℎ(𝑥) 0 0

-0,12

1 𝑒𝑥
C) ℎ(𝑥) = −𝑥 − 𝑒−1 + 𝜀(𝑥) avec 𝜀(𝑥) = 𝑒−1 et lim 𝜀(𝑥) = 0
−∞
La courbe (𝐻) de ℎ admet une asymptote oblique à −∞ d’équation :
𝟏
𝒚 = −𝒙 − 𝒆−𝟏 0,25 pt
d) D’après les variations de ℎ, pour tout réel 𝑥, ℎ(0) = 0 et ℎ(1) = 0 d’où
∀𝒙 ∈] − ∞; 𝟎[∪]𝟏; +∞[ , 𝒉(𝒙) > 0 et ∀𝒙 ∈ [𝟎; 𝟏], 𝒉(𝒙) ≤ 𝟎 0,5 pt

2°/ Traçons la courbe (𝐻)

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0,50 point

1 1
3°/ 𝜑(𝑥) = 𝑒 𝑥 − 𝑥 − 2 − 𝑒−1 ; 𝐷𝜑 = 𝐼𝑅
a) 𝜑′(𝑥) = 𝑒 𝑥 − 1 𝜑′(𝑥) ≥ 𝑂 <=> 𝑥 ≥ 0

Tableau de variation :

𝑥 −∞ 0 +∞
𝜑′(𝑥) - 0 +
+∞ +∞
𝜑(𝑥)

𝜑(0)

𝝋 est décroissante sur ] − ∞; 𝟎] et est croissante sur [𝟎; +∞[

𝐥𝐢𝐦 𝝋(𝒙) = +∞ 𝐥𝐢𝐦 𝝋(𝒙) = +∞
−∞ +∞
0,50point

1 1
b) 𝜑(𝑥) = −𝑥 − 2 − 𝑒−1 + 𝜀(𝑥) avec 𝜀(𝑥) = 𝑒 𝑥 avec lim 𝜀(𝑥) = 0
−∞

𝟏 𝟏
D’où la droite d’équation 𝒚 = −𝒙 − 𝟐 − 𝒆−𝟏 est asymptote oblique à (𝜏) en −∞ 0,50 point

(2−𝑒)𝑒 𝑥 1 (2−𝑒)𝑒 𝑥 1
c) ℎ(𝑥) − 𝜑(𝑥) = +2; ℎ(𝑥) − 𝜑(𝑥) ≥ 0 <=> +2≥0 <=>
𝑒−1 𝑒−1
1−𝑒 1−𝑒
𝑒 𝑥 ≤ 2(2−𝑒) <=> 𝑥 ≤ ln(4−2𝑒) ≈ 0,18
donc (𝑯) est au dessus de (𝝉) si 𝒙 ≤ 𝟎, 𝟏𝟖
(𝑯) est en dessous de (𝝉) si 𝒙 ≤ 𝟎, 𝟏𝟖 0,50 point

d) Représentation de (𝜏) (voir figure)

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1 1
𝜑(0) = 1 − 2 − 𝑒−1 = −0,08 0,50 point

𝑥+1 𝑥+1 𝑒 𝑡 1 𝑒𝑡 𝑡2 𝑡 1 1
4°/ a) ∫𝑥 ℎ(𝑡)𝑑𝑡 = ∫𝑥 (𝑒−1 − 𝑡 − 𝑒−1)𝑑𝑡 = [𝑒−1 − − 𝑒−1]𝑥𝑥+1 = 𝑒 𝑥 − 𝑥 − 2 − 𝑒−1
2

𝑥+1
D’où ∫𝑥 ℎ(𝑡)𝑑𝑡 = 𝜑(𝑥) 0,50 point

b) 𝜑(𝑥) est en unité d’aire l’aire du domaine compris entre (𝐻), l’axe des abscisses et les
droites parallèles à l’axe (𝑂; 𝑖⃗) passant par les points de coordonnées (𝑥; 0) et (𝑥 + 1; 0).
0,25 point

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