Examen blanc national — sujet complet

1. Le discriminant est $\Delta =(-2{)}^2-4\times 1\times 4=4-16=-12=(2i\sqrt{3}{)}^2$.

Les solutions sont $z=\frac{2\pm 2i\sqrt{3}}{2}=1\pm i\sqrt{3}$.

D'où $S=\{1+i\sqrt{3};1-i\sqrt{3}\}$.

2.a. On a $|a|=\sqrt{1^2+(\sqrt{3}{)}^2}=\sqrt{1+3}=2$.

On cherche $\theta$ tel que $\cos \theta =\frac{1}{2}$ et $\sin \theta =\frac{\sqrt{3}}{2}$, donc $\theta =\frac{\pi }{3}$ convient. Ainsi $a=2\left(\cos \frac{\pi }{3}+i\sin \frac{\pi }{3}\right)$.

2.b. $|b|=\sqrt{1^2+(-\sqrt{3}{)}^2}=2$ et $|c|=|2|=2$. Donc $|a|=|b|=|c|=2$.

Les trois points sont à distance $2$ de $O$ (car $OA=|a|=2$, etc.), donc $A$, $B$, $C$ appartiennent au cercle de centre $O$ et de rayon $2$.

3. $\frac{c-a}{b-a}=\frac{2-(1+i\sqrt{3})}{(1-i\sqrt{3})-(1+i\sqrt{3})}=\frac{1-i\sqrt{3}}{-2i\sqrt{3}}$.

On multiplie numérateur et dénominateur par $i$ : $\frac{(1-i\sqrt{3})i}{-2i\sqrt{3}\cdot i}=\frac{i-i^2\sqrt{3}}{-2i^2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}+i}{2\sqrt{3}}$.

Le module vaut $\left|\frac{c-a}{b-a}\right|=\frac{|c-a|}{|b-a|}$. Or $c-a=1-i\sqrt{3}$ donc $|c-a|=2$, et $b-a=-2i\sqrt{3}$ donc $|b-a|=2\sqrt{3}$. Ainsi le module vaut $\frac{2}{2\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}$.

On a $|c-a|=AC=2$ et $|b-a|=AB=2\sqrt{3}$. Calculons aussi $|c-b|=BC$ : $c-b=2-(1-i\sqrt{3})=1+i\sqrt{3}$, donc $BC=2$. Ainsi $AC=BC=2$ : le triangle $ABC$ est isocèle en $C$.

De plus $A{B}^2=12$ et $A{C}^2+B{C}^2=4+4=8\ne 12$, donc le triangle n'est pas rectangle ; il est isocèle en $C$.

1. Quand $x\to 0^{+}$ : $x-2\to -2$, $\ln x\to -\infty$ et $\frac{1}{x}\to +\infty$, donc $\frac{\ln x}{x}\to -\infty$. Ainsi $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f(x)=-\infty$.

Quand $x\to +\infty$ : par croissances comparées $\frac{\ln x}{x}\to 0$, et $x-2\to +\infty$, donc $\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=+\infty$.

2. On a $f(x)-(x-2)=\frac{\ln x}{x}$. Comme $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\ln x}{x}=0$, la droite $(\mathcal{D}):y=x-2$ est asymptote à $(\mathcal{C})$ en $+\infty$.

Position relative : le signe de $f(x)-(x-2)=\frac{\ln x}{x}$ est celui de $\ln x$ (car $x>0$). Donc :

• sur $]0,1[$, $\ln x<0$ donc $(\mathcal{C})$ est en dessous de $(\mathcal{D})$ ;

• sur $]1,+\infty [$, $\ln x>0$ donc $(\mathcal{C})$ est au dessus de $(\mathcal{D})$ ;

• en $x=1$, $f(1)=-1=1-2$, les courbes se coupent au point $(1,-1)$.

3. $f$ est dérivable sur $]0,+\infty [$. La dérivée de $\frac{\ln x}{x}$ est $\frac{\frac{1}{x}\cdot x-\ln x\cdot 1}{x^2}=\frac{1-\ln x}{x^2}$.

Donc $f^{\prime }(x)=1+\frac{1-\ln x}{x^2}=\frac{x^2+1-\ln x}{x^2}$.

Posons $g(x)=x^2+1-\ln x$ sur $]0,+\infty [$. Alors $g^{\prime }(x)=2x-\frac{1}{x}=\frac{2x^2-1}{x}$, qui s'annule en $x=\frac{1}{\sqrt{2}}$. Le minimum de $g$ est $g\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)=\frac{1}{2}+1-\ln \frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{3}{2}+\frac{1}{2}\ln 2>0$.

Donc $g(x)>0$ pour tout $x>0$, et comme $x^2>0$, on a $f^{\prime }(x)>0$ sur $]0,+\infty [$.

4. $f^{\prime }$ étant strictement positive, $f$ est strictement croissante sur $]0,+\infty [$, de $-\infty$ (en $0^{+}$) vers $+\infty$ (en $+\infty$).

1. Initialisation : $u_0=3>2$, vrai au rang $0$.

Hérédité : supposons $u_n>2$ pour un certain $n$. Alors $u_{n+1}=\frac{1}{2}{u}_n+1>\frac{1}{2}\times 2+1=2$. La propriété est héréditaire.

Par récurrence, $u_n>2$ pour tout $n\in \mathbb{N}$.

2. $u_{n+1}-u_n=\frac{1}{2}{u}_n+1-u_n=1-\frac{1}{2}{u}_n=\frac{2-u_n}{2}$.

Comme $u_n>2$, on a $2-u_n<0$, donc $u_{n+1}-u_n<0$ : la suite $(u_n)$ est strictement décroissante.

3. La suite $(u_n)$ est décroissante et minorée par $2$ ; d'après le théorème de la convergence monotone, elle est convergente.

4. $v_n=u_n-2$. Alors $v_{n+1}=u_{n+1}-2=\frac{1}{2}{u}_n+1-2=\frac{1}{2}{u}_n-1=\frac{1}{2}(u_n-2)=\frac{1}{2}{v}_n$.

Donc $(v_n)$ est géométrique de raison $q=\frac{1}{2}$ et de premier terme $v_0=u_0-2=1$.

Ainsi $v_n=v_0{q}^n={\left(\frac{1}{2}\right)}^n$, d'où $u_n=v_n+2={\left(\frac{1}{2}\right)}^n+2$.

Comme $-1<\frac{1}{2}<1$, on a ${\left(\frac{1}{2}\right)}^n\to 0$, donc $\underset{n\to +\infty }{\lim }{u}_n=2$.

1. Comme $7\equiv 2[5]$, on étudie $2^n[5]$ : $2^1\equiv 2$, $2^2\equiv 4$, $2^3\equiv 3$, $2^4\equiv 1[5]$. Les restes sont périodiques de période $4$.

Or $2025=4\times 506+1$, donc $7^{2025}\equiv 2^{2025}\equiv (2^4{)}^{506}\cdot 2\equiv 1^{506}\cdot 2\equiv 2[5]$.

Le reste de la division de $7^{2025}$ par $5$ est donc $2$.

2.a. On a $11=1\times 7+4$, $7=1\times 4+3$, $4=1\times 3+1$, donc $\gcd (11,7)=1$. Comme $1$ divise $1$, d'après le théorème de Bézout l'équation $(E)$ admet des solutions.

Vérification : $11\times 2-7\times 3=22-21=1$. Donc $(2,3)$ est bien une solution particulière.

2.b. Soit $(x,y)$ une solution. En soustrayant $11\times 2-7\times 3=1$ de $11x-7y=1$, on obtient $11(x-2)-7(y-3)=0$, soit $11(x-2)=7(y-3)$.

Ainsi $7\mid 11(x-2)$ et comme $\gcd (7,11)=1$, le théorème de Gauss donne $7\mid (x-2)$. On écrit $x-2=7k$, $k\in \mathbb{Z}$, d'où $x=2+7k$.

En reportant : $11\times 7k=7(y-3)$, donc $y-3=11k$, soit $y=3+11k$.

L'ensemble des solutions est $S=\{(2+7k,3+11k)\mid k\in \mathbb{Z}\}$.

3. $11x\equiv 1[7]$ équivaut à l'existence d'un entier $y$ tel que $11x-1=7y$, c'est-à-dire $11x-7y=1$. D'après la question précédente, $x=2+7k$ avec $k\in \mathbb{Z}$, autrement dit $x\equiv 2[7]$.

L'ensemble cherché est $\{x\in \mathbb{Z}\mid x\equiv 2[7]\}$.