Corrigé de l’Examen National de Mathématiques 2026 – 2BAC BIOF (Sciences Maths)

Correction — Bac NS 24F 2026

Sciences Math. (A) & (B)

CORRECTION DÉTAILLÉE
Baccalauréat National Unifié – Session 2026
Matière : Mathématiques Filière : Sciences Math. (A) et (B)
Durée : 4 heures Coefficient : 9

EXERCICE 1 (10 points) — Analyse

Partie I

1. a) Montrer que $\forall x \in \mathbb{R}$, $1+x \le e^x$.

Posons $h(x) = e^x – 1 – x$ pour tout $x \in \mathbb{R}$.
On calcule la dérivée :

$h'(x) = e^x – 1$

Étude du signe de $h'(x)$ :

* $h'(x)=0 \iff e^x=1 \iff x=0$
* $h'(x) < 0$ pour $x < 0$ (car $e^x < 1$) * $h'(x) > 0$ pour $x > 0$ (car $e^x > 1$)

Donc $h$ est décroissante sur $]-\infty, 0]$ et croissante sur $[0, +\infty[$. Elle admet un minimum global en $x = 0$ :

$h(0) = e^0 – 1 – 0 = 1 – 1 – 0 = 0$

Donc $\forall x \in \mathbb{R}$, $h(x) \ge h(0) = 0$, ce qui donne :

$\forall x \in \mathbb{R}$, $e^x – 1 – x \ge 0 \implies 1+x \le e^x$

b) Déduire que $\forall x \in [0, +\infty[$, $\frac{x^2}{2} + 1 + x \le e^x$.

On applique le résultat de la question 1-a) en remplaçant $x$ par $\frac{x^2}{2} \ge 0$ :
Puisque $\frac{x^2}{2} \ge 0$ pour tout $x \in [0, +\infty[$, on a en particulier $\frac{x^2}{2} \in \mathbb{R}$, donc :

$1+\frac{x^2}{2} \le e^{x^2/2}$

Mais il faut plutôt procéder ainsi : D’après 1-a), en posant $u = \frac{x^2}{2}$ :

$1+\frac{x^2}{2} \le e^{x^2/2}$ …(*)

Cependant, le résultat demandé est $\frac{x^2}{2} + 1 + x \le e^x$.

Baccalauréat National Unifié – Session ordinaire 2026
NS 24F

EXERCICE 1 (10 points)

Partie I

1.
a. (0,25 pt) Montrer que: $\forall x \in \mathbb{R}$, $1+x \le e^x$.
b. (0,25 pt) En déduire que: $\forall x \in [0,+\infty[$, $\frac{x^2}{2} + 1+x \le e^x$.

2. Pour tout $x \in [0, +\infty[$, on pose $I(x) = \int_{0}^{x} te^{-t} dt$.
a. (0,25 pt) Montrer que: $\forall x \in [0,+\infty[$, $I(x) \le \frac{x^2}{2}$.
b. (0,5 pt) Montrer que: $\forall x \in [0,+\infty[$, $I(x) = -xe^{-x} – e^{-x} + 1$.

3. Soit $g$ la fonction numérique de la variable réelle $x$ définie sur $]0, +\infty[$ par:
$$g(x) = \frac{e^x – x – 1}{x^2}$$
a. (0,5 pt) En utilisant les résultats des questions 1-b) et 2-b) de la partie I, montrer que:
$$\forall x \in ]0, +\infty[, \frac{1}{2} \le g(x) \le \frac{e^x}{2}$$
b. (0,25 pt) En déduire que: $\lim_{x \to 0^+} g(x) = \frac{1}{2}$.

Partie II

Soit $f$ la fonction numérique de la variable réelle $x$ définie sur $[0, +\infty[$ par:
$$\forall x \in ]0, +\infty[; f(x) = \frac{x}{e^x – e^{-x}}\quad \text{et} \quad f(0) = \frac{1}{2}$$

Soit $(C)$ la courbe représentative de la fonction $f$ dans un repère orthonormé $(O, \vec{i}, \vec{j})$.

1. (0,5 pt) Calculer $\lim_{x \to +\infty} f(x)$ puis interpréter graphiquement le résultat obtenu.

2. (0,25 pt) Montrer que $f$ est continue à droite en $0$.

3.
a. (0,25 pt) Montrer que:
$$\forall x \in ]0, +\infty[, \frac{f(x) – f(0)}{x} = -e^{-x}f(x) \left( \frac{e^{2x} – 2xe^x – 1}{2x^2} \right)$$
b. (0,25 pt) Montrer que:
$$\forall x \in ]0, +\infty[, \frac{e^{2x} – 2xe^x – 1}{2x^2} = 2g(2x) – \frac{e^x – 1}{x}$$
c. (0,25 pt) En déduire que $f$ est dérivable à droite en $0$ et que $f’_d(0) = 0$.

4. Pour tout $x \in [0, +\infty[$, on pose $J(x) = \int_{0}^{x} te^t dt$.
a. (0,5 pt) Montrer que pour tout $x \in [0, +\infty[$, $0 \le I(x) \le J(x)$.

2

Correction – Bac NS 24F 2026 \quad Sciences Math. (A) \& (B)

Méthode correcte : On pose $\varphi(x) = e^x – \frac{x^2}{2} – x – 1$ pour $x \ge 0$.

$\varphi'(x) = e^x – x – 1$

Or, d’après 1-a), $\forall x \in \mathbb{R}$, $1 + x \le e^x$, donc :

$\varphi'(x) = e^x – x – 1 \ge 0 \quad \forall x \in \mathbb{R}$

Donc $\varphi$ est croissante sur $[0, +\infty[$.
En $x = 0 : \varphi(0) = e^0 – 0 – 0 – 1 = 0$.
Donc pour tout $x \in [0, +\infty[, \varphi(x) \ge \varphi(0) = 0$, soit :

$\boxed{\frac{x^2}{2} + 1 + x \le e^x \quad \forall x \in [0, +\infty[}$

**2. Pour tout $x \in [0, +\infty[$, on pose $I(x) = \int_0^x te^{-t} dt$.**

a) **Montrer que $\forall x \in [0, +\infty[, I(x) \le \frac{x^2}{2}$.**

\begin{tabular}{|l|}
\hline
Pour tout $t \in [0, x]$ (avec $x \ge 0$), on a $t \ge 0$.
D’après 1-a), $\forall t \in \mathbb{R}$, $1 + t \le e^t$, donc en multipliant les deux membres par
$e^{-t} > 0$ :
$e^{-t}(1+t) \le e^t \cdot e^{-t} = 1$
Donc $(1+t)e^{-t} \le 1$, soit $e^{-t} + te^{-t} \le 1$, d’où :
$te^{-t} \le 1 – e^{-t} \le 1$
Mais pour avoir $te^{-t} \le t$ (car $e^{-t} \le 1$ pour $t \ge 0$), on obtient:
Pour tout $t \in [0, x]: e^{-t} \le 1$, donc $te^{-t} \le t \cdot 1 = t$.
En intégrant membre à membre entre 0 et $x$ (avec $x \ge 0$) :
$$\int_0^x te^{-t} dt \le \int_0^x t dt$$
$$I(x) \le \left[\frac{t^2}{2}\right]_0^x = \frac{x^2}{2} – 0$$
$$\boxed{I(x) \le \frac{x^2}{2}}$$
\hline
\end{tabular}

b) **Montrer que $\forall x \in [0, +\infty[, I(x) = -xe^{-x} – e^{-x} + 1$.**

\begin{tabular}{|l|}
\hline
On calcule $I(x) = \int_0^x te^{-t} dt$ par **intégration par parties**.
On pose $u=t$ et $v’=e^{-t}$, alors $u’=1$ et $v=-e^{-t}$.
\hline
\end{tabular}

2

Correction – Bac NS 24F 2026
Sciences Math. (A) & (B)

$$I(x) = \left[ t \cdot (-e^{-t}) \right]_0^x – \int_0^x 1 \cdot (-e^{-t}) dt$$
$$= \left[ -te^{-t} \right]_0^x + \int_0^x e^{-t} dt$$
$$= (-xe^{-x} – (-0 \cdot e^0)) + \left[ -e^{-t} \right]_0^x$$
$$= -xe^{-x} + (-e^{-x} – (-e^0))$$
$$= -xe^{-x} – e^{-x} + 1$$
$$I(x) = -xe^{-x} – e^{-x} + 1 \quad \forall x \in [0, +\infty[$$

3. Soit $g(x) = \frac{e^x – x – 1}{x^2}$ définie sur $]0, +\infty[$.
a) Montrer que $\forall x \in ]0, +\infty[, \frac{1}{2} \le g(x) \le \frac{e^x}{2}$.

Inégalité de droite : $g(x) \le \frac{e^x}{2}$
D’après 1-b), pour $x > 0$ :
$$\frac{x^2}{2} + 1 + x \le e^x \implies \frac{x^2}{2} \le e^x – 1 – x$$
Donc :
$$\frac{e^x – 1 – x}{x^2} \ge \frac{x^2/2}{x^2} = \frac{1}{2} \quad \text{(gardons cela pour la borne inférieure)}$$

Inégalité de gauche : $g(x) \ge \frac{1}{2}$
D’après 1-b), $\frac{x^2}{2} + 1 + x \le e^x$, soit $e^x – x – 1 \ge \frac{x^2}{2}$.
Pour $x > 0, x^2 > 0$, donc en divisant par $x^2 > 0$ :
$$\frac{e^x – x – 1}{x^2} \ge \frac{x^2/2}{x^2} = \frac{1}{2}$$
Donc $g(x) \ge \frac{1}{2}$

Inégalité de droite : $g(x) \le \frac{e^x}{2}$
D’après 2-a), $I(x) \le \frac{x^2}{2}$, et d’après 2-b), $I(x) = -xe^{-x} – e^{-x} + 1 = 1 – (x+1)e^{-x}$.
Or $I(x) = \int_0^x te^{-t} dt \le \frac{x^2}{2}$, donc :
$$1 – (x+1)e^{-x} \le \frac{x^2}{2}$$

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NS 24F
**b. (0,25 pt)** Montrer que pour tout $x \in [0, +\infty[$, $J(x) = (x-1)e^x + 1$.
**c. (0,5 pt)** Montrer que pour tout $x \in ]0, +\infty[$, on a :
$$f'(x) = \frac{I(x) – J(x)}{(e^x – e^{-x})^2}$$
**d. (0,25 pt)** En déduire le sens de variation de la fonction $f$ sur $[0, +\infty[$.
**5. (0,25 pt)** Montrer que la fonction $f$ réalise une bijection de $[0, +\infty[$ vers un intervalle à déterminer.
On note $f^{-1}$ la bijection réciproque de la fonction $f$.
**6. a. (0,5 pt)** Montrer que l’équation $f(x) = x$ admet une unique solution $\alpha$ à déterminer dans $[0, +\infty[$.
**b. (0,5 pt)** Représenter graphiquement la courbe $(C)$ et la courbe $(C’)$ de la fonction $f^{-1}$ dans le repère orthonormé $(O, \vec{i}, \vec{j})$ (on prendra $\|\vec{i}\| = \|\vec{j}\| = 2$ cm).
On admet que le point $P(x_0, f(x_0))$ est un point d’inflexion pour la courbe $(C)$ avec $x_0 \approx 1,6$ et $f(x_0) \approx 0,3$.
**7. On considère la suite numérique $(u_n)_{n \geq 0}$ définie par : $u_0 = 0$ et ($\forall n \in \mathbb{N}$), $u_{n+1} = f(u_n)$.
**a. (0,25 pt)** Montrer que : ($\forall n \in \mathbb{N}$), $0 \leq u_n \leq \frac{1}{2}$.
**b. (0,5 pt)** Montrer que : ($\forall n \in \mathbb{N}$), $|u_{n+1} – \alpha| \leq \frac{1}{2} |u_n – \alpha|$.
On admet que $\forall x \in ]0, +\infty[$, $-\frac{1}{2} < f'(x) < 0$. **c. (0,5 pt)** Montrer par récurrence que : ($\forall n \in \mathbb{N}$), $|u_n - \alpha| \leq \left(\frac{1}{2}\right)^n$. **d. (0,25 pt)** En déduire que la suite $(u_n)_{n \in \mathbb{N}}$ converge vers $\alpha$. **Partie III** On considère la fonction $F$ définie sur $[0, +\infty[$ par : $$F(x) = \int_x^{2x} f(t) dt$$ **1. a. (0,5 pt)** Montrer que : $\forall x \in [0, +\infty[$, $0 \leq F(x) \leq x f(x)$. **b. (0,25 pt)** En déduire $\lim_{x \to +\infty} F(x)$. **c. (0,25 pt)** Interpréter graphiquement le résultat obtenu. **2. a. (0,25 pt)** Montrer que $F$ est dérivable sur $[0, +\infty[$. **b. (0,5 pt)** Montrer que : $$\forall x \in [0, +\infty[, F'(x) = \frac{-f(x)}{e^{2x}+1}(e^{2x} - 4e^x + 1)$$ **c. (0,5 pt)** Montrer que $F(\ln(2+\sqrt{3}))$ est un extremum de la fonction $F$ sur $[0, +\infty[$. 3

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Sciences Math. (A) & (B)

En multipliant par $e^x > 0$ :
$$e^x – (x+1) \le \frac{x^2 e^x}{2}$$
$$e^x – x – 1 \le \frac{x^2 e^x}{2}$$

En divisant par $x^2 > 0$ :
$$\frac{e^x – x – 1}{x^2} \le \frac{e^x}{2}$$

Donc $g(x) \le \frac{e^x}{2}$

Conclusion :
$$\boxed{\frac{1}{2} \le g(x) \le \frac{e^x}{2} \quad \forall x \in ]0, +\infty[}$$

b) Déduire que $\lim_{x \to 0^+} g(x) = \frac{1}{2}$.

On a montré que $\forall x \in ]0, +\infty[$ :
$$\frac{1}{2} \le g(x) \le \frac{e^x}{2}$$
Or $\lim_{x \to 0^+} \frac{e^x}{2} = \frac{e^0}{2} = \frac{1}{2}$.
Par le théorème des gendarmes (squeeze theorem) :
$$\frac{1}{2} \le g(x) \le \frac{e^x}{2} \underset{x \to 0^+}{\longrightarrow} \frac{1}{2}$$
Donc :
$$\boxed{\lim_{x \to 0^+} g(x) = \frac{1}{2}}$$

Partie II

Soit $f$ définie sur $[0, +\infty[$ par $f(x) = \frac{x}{e^x – e^{-x}}$ pour $x > 0$ et $f(0) = \frac{1}{2}$.

1. Calculer $\lim_{x \to +\infty} f(x)$ et interpréter graphiquement.

Pour $x \to +\infty$ :
$$f(x) = \frac{x}{e^x – e^{-x}}$$
On divise numérateur et dénominateur par $e^x$ :
$$f(x) = \frac{x/e^x}{1 – e^{-2x}}$$
Or $\lim_{x \to +\infty} \frac{x}{e^x} = 0$ (croissance comparée : l’exponentielle l’emporte sur les polynômes)

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NS 24F

**EXERCICE 2** (3,5 points)

Soit le nombre complexe $m = \sqrt{2}e^{i\theta}$, où $\theta \in \mathbb{R} \setminus \{k\pi \mid k \in \mathbb{Z}\}$.

**Partie I**

On considère dans l’ensemble des nombres complexes $\mathbb{C}$ l’équation $(E_m)$ d’inconnue $z$:
$$(E_m): \bar{m}z^2 – 2z + m = 0$$

**1. (0,25 pt)** Étant donné que le nombre complexe $z_1 = \frac{m(1-i)}{2}$ est une solution de l’équation $(E_m)$, déduire que sa deuxième solution est:
$$z_2 = \frac{m(1+i)}{2}$$

**2. (0,25 pt)** Écrire $z_1$ sous forme exponentielle.

**Partie II**

Dans le plan complexe muni d’un repère orthonormé direct $(O, \vec{u}, \vec{v})$, on considère les points $A, B, M, M_1$ et $M_2$ d’affixes respectives $a=1, b=-1, m, z_1$ et $z_2$.
Soit $R$ la rotation de centre $O$ et d’angle $\frac{\pi}{2}$.

**1. (0,25 pt)** Montrer que: $R(M_1) = M_2$.

**2.**

**a. (0,5 pt)** Montrer que $(MM_1) \perp (OM_1)$ et $(MM_2) \perp (OM_2)$.

**b. (0,25 pt)** Vérifier que: $OM_1 = OM_2 = 1$.

**c. (0,25 pt)** Déterminer la nature du quadrilatère $OM_1MM_2$.

**3.** Soit $H$ le point d’affixe $h = \frac{-i}{\sqrt{2}\sin\theta}e^{i(2\theta)}$.
Pour tout nombre complexe $z$, on désigne par $\Re(z)$ la partie réelle de $z$.

**a. (0,5 pt)** Montrer que $\Re(m-h) = 0$ et que $\Re(1-\bar{h}m) = 0$.

**b. (0,25 pt)** Montrer que: $\Re\left(\frac{a-h}{m+1}\right) = 0$.

**4.**

**a. (0,5 pt)** En déduire que $(MH) \perp (AB)$ et que $(AH) \perp (MB)$.

**b. (0,25 pt)** Montrer que: $\frac{h-z_1}{z_2-z_1} = \frac{1}{2}(1-\cot\theta)$.

**c. (0,25 pt)** En déduire que les points $H, M_1$ et $M_2$ sont alignés.

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Sciences Math. (A) & (B)

et $\lim_{x \to +\infty} e^{-2x} = 0.$
Donc :
$$\lim_{x \to +\infty} f(x) = \frac{0}{1-0} = \boxed{0}$$
Interprétation graphique : La droite $y=0$ (l’axe des abscisses) est une asymptote horizontale à la courbe $(C)$ en $+\infty$.

2. Montrer que $f$ est continue à droite en $0$.

$f$ est continue à droite en $0$ si et seulement si $\lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0).$
On a $f(0) = \frac{1}{2}.$
Calculons $\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} \frac{x}{e^x – e^{-x}}.$
On utilise le développement limité : $e^x – e^{-x} = 2 \sinh(x).$
Pour $x \to 0: e^x \approx 1+x+\frac{x^2}{2}+\ldots$ et $e^{-x} \approx 1-x+\frac{x^2}{2}-\ldots$
Donc : $e^x – e^{-x} \approx 2x + \frac{x^3}{3} + \ldots$
Ainsi : $\frac{x}{e^x – e^{-x}} \approx \frac{x}{2x} = \frac{1}{2}$ quand $x \to 0^+.$
Méthode rigoureuse :
$$\lim_{x \to 0^+} \frac{x}{e^x – e^{-x}} = \lim_{x \to 0^+} \frac{x}{e^x – e^{-x}}$$
On remarque que $g(x) = \frac{e^x – x – 1}{x^2}$ et on peut écrire :
$$f(x) = \frac{x}{e^x – e^{-x}} = \frac{1}{\frac{e^x – e^{-x}}{x}} = \frac{1}{e^{-x} \frac{e^{2x} – 1}{x}}$$
Or $\frac{e^{2x} – 1}{2x} \cdot 2 \to 1 \cdot 2 = 2$ quand $x \to 0^+$, et $e^{-x} \to 1.$
Donc $\lim_{x \to 0^+} f(x) = \frac{1}{1 \cdot 2} = \frac{1}{2} = f(0).$
Donc $f$ est continue à droite en $0$. $\blacksquare$

3. Questions sur la dérivabilité de $f$ à droite en $0$.

a) Montrer que $\forall x \in ]0, +\infty[, \frac{f(x) – f(0)}{x} = -e^{-x} f(x) \left( \frac{e^{2x} – 2xe^x – 1}{2x^2} \right).$

On a $f(0) = \frac{1}{2}.$
$$\frac{f(x) – f(0)}{x} = \frac{\frac{x}{e^x – e^{-x}} – \frac{1}{2}}{x}$$

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EXERCICE 3 (3 points)

Partie I

A. On considère dans $\mathbb{Z}^2$ l’équation suivante (F):
$$5u – 9v = 1$$

1. (0,25 pt) Donner une solution particulière $(u_0, v_0)$ dans $\mathbb{N}^2$ de (F).
2. (0,25 pt) Déterminer l’ensemble des solutions de l’équation (F).
3. (0,25 pt) Vérifier que: $5u_0 \equiv 6 \pmod{19}$.

B. On considère dans $\mathbb{Z}$ l’équation suivante (E):
$$x^{2026} \equiv 5 \pmod{19}$$

1. Soit $x$ une solution de l’équation (E).
a. (0,5 pt) Montrer que $x$ et $19$ sont premiers entre eux et que $x^{18} \equiv 1 \pmod{19}$.
b. (0,25 pt) Montrer que: $x^{10} \equiv 5 \pmod{19}$.
c. (0,25 pt) En déduire que $x^2 \equiv 6 \pmod{19}$.
(On pourra utiliser les résultats de la partie A.)
d. (0,25 pt) Montrer que $x \equiv 5 \pmod{19}$ ou $x \equiv -5 \pmod{19}$.

2. (0,5 pt) Montrer que si $x \equiv 5 \pmod{19}$ ou $x \equiv -5 \pmod{19}$, alors $x$ est solution de l’équation (E).

Partie II

On considère une urne contenant $100$ boules numérotées de $1$ à $100$, indiscernables au toucher.
On tire une boule au hasard de cette urne. On considère l’événement $V$: Le numéro de la boule tirée est solution de l’équation (E).

1. (0,25 pt) Montrer que la probabilité de l’événement $V$ est $p = 0,11$.

2. (0,25 pt) Soit $n \in \mathbb{N}^*$. On effectue $n$ tirages successifs avec remise de la boule dans l’urne.
Déterminer la valeur minimale de $n$ pour que la probabilité de réalisation de l’événement $V$ au moins une fois soit strictement supérieure à $0,95$.

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Baccalauréat National Unifié – Session ordinaire 2026
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EXERCICE 4 (3,5 points)

On rappelle que $(\mathcal{M}_3(\mathbb{R}), +, \times)$ est un anneau unitaire et non commutatif, de zéro la matrice
$O = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$ et d’unité la matrice $I = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$

On considère l’ensemble:
$E = \left\{ M(x) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ x^2 & 1-x & 0 \\ x^2+2x & -x & x+1 \end{pmatrix} / x \in \mathbb{R} \right\}$

1. (0,5 pt) Montrer que $\forall(x, y) \in \mathbb{R}^2$ :
$M(x) \times M(y) = M(x+y)$

2. On considère l’application $\varphi$ définie de $\mathbb{R}$ vers $\mathcal{M}_3(\mathbb{R})$ par : $(\forall x \in \mathbb{R}) ; \varphi(x) = M(x)$.
a. (0,5 pt) Montrer que $\varphi$ est un homomorphisme de $(\mathbb{R}, +)$ vers $(\mathcal{M}_3(\mathbb{R}), \times)$ et que $\varphi(\mathbb{R}) = E$.
b. (0,25 pt) En déduire que $(E, \times)$ est un groupe commutatif.

3. On munit $E$ de la loi de composition interne $\top$ définie par :
$\forall(x,y) \in \mathbb{R}^2 ; M(x) \top M(y) = M(2xy)$
a. (0,75 pt) Montrer que $(E \setminus \{I\}, \top)$ est un groupe commutatif.
b. (0,5 pt) Montrer que $(E, \times, \top)$ est un corps commutatif.

4. Soit $x \in \mathbb{R}$. On pose : $(M(x))^n = M(x) \times \dots \times M(x)$, avec $n \in \mathbb{N}^*$.
$\underbrace{\text{n fois}}_{\text{n fois}}$
a. (0,5 pt) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N}^*), (M(x))^n = M(nx)$.
b. (0,5 pt) Résoudre dans $E$ l’équation :
$X^3 – X^2 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 5 & 1 & -1 \\ 3 & 1 & -1 \end{pmatrix}$

FIN
6

Correction – Bac NS 24F 2026

Sciences Math. (A) & (B)

$$ = \frac{1}{x} \left( \frac{x}{e^x – e^{-x}} – \frac{1}{2} \right) $$
$$ = \frac{1}{x} \frac{2x – (e^x – e^{-x})}{2(e^x – e^{-x})} $$
$$ = \frac{2x – e^x + e^{-x}}{2x(e^x – e^{-x})} $$

Maintenant, développons l’expression $-e^{-x} f(x) \left( \frac{e^{2x} – 2xe^x – 1}{2x^2} \right)$ :

$$ -e^{-x} \cdot \frac{x}{e^x – e^{-x}} \cdot \frac{e^{2x} – 2xe^x – 1}{2x^2} $$
$$ = \frac{-e^{-x}(e^{2x} – 2xe^x – 1)}{2x(e^x – e^{-x})} $$
$$ = \frac{-e^{-x}e^{2x} + 2xe^{-x}e^x + e^{-x}}{2x(e^x – e^{-x})} $$
$$ = \frac{-e^x + 2x + e^{-x}}{2x(e^x – e^{-x})} $$
$$ = \frac{2x – e^x + e^{-x}}{2x(e^x – e^{-x})} $$

Ce qui est exactement l’expression obtenue ci-dessus. Donc :

$$ \frac{f(x) – f(0)}{x} = -e^{-x}f(x) \left( \frac{e^{2x} – 2xe^x – 1}{2x^2} \right) $$

b) Montrer que $\forall x \in ]0, +\infty[, \frac{e^{2x} – 2xe^x – 1}{2x^2} = 2g(2x) – \frac{e^x – 1}{x}$

Rappel : $g(x) = \frac{e^x – x – 1}{x^2}$, donc $g(2x) = \frac{e^{2x} – 2x – 1}{(2x)^2} = \frac{e^{2x} – 2x – 1}{4x^2}$.

Calculons $2g(2x) – \frac{e^x – 1}{x}$ :

$$ 2g(2x) – \frac{e^x – 1}{x} = 2 \frac{e^{2x} – 2x – 1}{4x^2} – \frac{e^x – 1}{x} $$
$$ = \frac{e^{2x} – 2x – 1}{2x^2} – \frac{e^x – 1}{x} $$
$$ = \frac{e^{2x} – 2x – 1}{2x^2} – \frac{2x(e^x – 1)}{2x^2} $$
$$ = \frac{e^{2x} – 2x – 1 – 2x(e^x – 1)}{2x^2} $$

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Sciences Math. (A) & (B)

$$ = \frac{e^{2x} – 2x – 1 – 2xe^x + 2x}{2x^2} $$
$$ = \frac{e^{2x} – 2xe^x – 1}{2x^2} $$
On retrouve bien le membre gauche, donc :
$$ \frac{e^{2x} – 2xe^x – 1}{2x^2} = 2g(2x) – \frac{e^x – 1}{x} $$

c) Déduire que $f$ est dérivable à droite en $0$ et que $f'(0) = 0$.
D’après les questions 3-a) et 3-b):
$$ \frac{f(x) – f(0)}{x} = -e^{-x} f(x) \left( 2g(2x) – \frac{e^x – 1}{x} \right) $$
Calculons la limite quand $x \to 0^+$ de chaque facteur :
* $ \lim_{x \to 0^+} e^{-x} = e^0 = 1$
* $ \lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0) = \frac{1}{2} $ (continuité à droite, question 2)
* $ \lim_{x \to 0^+} g(2x) = \lim_{u \to 0^+} g(u) = \frac{1}{2} $ (d’après question 3-b) de la Partie I, avec $u = 2x$)
* $ \lim_{x \to 0^+} \frac{e^x – 1}{x} = 1 $ (limite classique fondamentale)
Donc :
$$ \lim_{x \to 0^+} \frac{f(x) – f(0)}{x} = -1 \cdot \frac{1}{2} \cdot \left( 2 \cdot \frac{1}{2} – 1 \right) = -\frac{1}{2} (1 – 1) = -\frac{1}{2} \cdot 0 = 0 $$
Cette limite existe et est finie, donc $f$ est dérivable à droite en $0$ et :
$$ f'(0) = 0 $$

4. Pour tout $x \in [0, +\infty[$, on pose $J(x) = \int_0^x te^t dt$.
a) Montrer que $ \forall x \in [0, +\infty[$, $0 \le I(x) \le J(x)$.

Pour tout $t \in [0, x]$ avec $x \ge 0$ :
Borne inférieure : $t \ge 0$ et $e^{-t} > 0$, donc $te^{-t} \ge 0$.
En intégrant : $I(x) = \int_0^x te^{-t} dt \ge 0$.
Comparaison $I(x) \le J(x)$ : Pour $t \in [0, x]$, on a $-t \le t$ (car $t \ge 0$ implique $-2t \le 0$), donc $e^{-t} \le e^t$.
Par conséquent :
$$ te^{-t} \le te^t \quad \forall t \in [0, x] $$
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Sciences Math. (A) & (B)

En intégrant membre à membre entre $0$ et $x$ :
$$ \int_{0}^{x} te^{-t} dt \leq \int_{0}^{x} te^{t} dt $$
$$ 0 \leq I(x) \leq J(x) $$

b) Montrer que $\forall x \in [0, +\infty[, J(x) = (x-1)e^x + 1$.

On calcule $J(x) = \int_{0}^{x} te^t dt$ par intégration par parties.
On pose $u = t$ et $v’ = e^t$, alors $u’ = 1$ et $v = e^t$.
$$ J(x) = [te^t]_{0}^{x} – \int_{0}^{x} 1 \cdot e^t dt $$
$$ = (xe^x – 0 \cdot e^0) – [e^t]_{0}^{x} $$
$$ = xe^x – (e^x – e^0) $$
$$ = xe^x – e^x + 1 $$
$$ = (x-1)e^x + 1 $$
$$ J(x) = (x-1)e^x + 1 \quad \forall x \in [0,+\infty[ $$

c) Montrer que $\forall x \in ]0, +\infty[, f'(x) = \frac{I(x) – J(x)}{(e^x – e^{-x})^2}$.

Pour $x > 0$, $f(x) = \frac{x}{e^x – e^{-x}}$.
On dérive par la règle du quotient, avec $u = x$ et $v = e^x – e^{-x}$ :
$$ f'(x) = \frac{u’v – uv’}{v^2} = \frac{1 \cdot (e^x – e^{-x}) – x \cdot (e^x + e^{-x})}{(e^x – e^{-x})^2} $$
$$ = \frac{e^x – e^{-x} – xe^x – xe^{-x}}{(e^x – e^{-x})^2} $$
Il faut maintenant montrer que le numérateur est égal à $I(x) – J(x)$.
On a :
$$ I(x) – J(x) = (-xe^{-x} – e^{-x} + 1) – ((x – 1)e^x + 1) $$
$$ = -xe^{-x} – e^{-x} + 1 – (x – 1)e^x – 1 $$
$$ = -xe^{-x} – e^{-x} – (x – 1)e^x $$

Correction – Bac NS 24F 2026 \quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad Sciences Math. (A) & (B)
$$
= -xe^{-x} – e^{-x} – xe^{-x} + e^{-x}
$$
$$
= e^{-x} – e^{-x} – xe^{-x} – xe^{-x}
$$
Ce qui est exactement le numérateur de $f'(x)$ ! Donc :
$$
f'(x) = \frac{I(x) – J(x)}{(e^x – e^{-x})^2} \quad \forall x \in ]0, +\infty[
$$
d) Déduire le sens de variation de $f$ sur $[0, +\infty[$.

D’après 4-a), $\forall x \in [0, +\infty[$, $I(x) \leq J(x)$, donc $I(x) – J(x) \leq 0$.
De plus $(e^x – e^{-x})^2 > 0$ pour $x > 0$ (car $e^x \neq e^{-x}$ pour $x \neq 0$).
Donc, pour tout $x \in ]0, +\infty[$:
$$
f'(x) = \frac{I(x) – J(x)}{(e^x – e^{-x})^2} \leq 0
$$
Par ailleurs, $f'(0) = 0 \leq 0$.
Donc $f'(x) \leq 0$ sur $[0, +\infty[$, ce qui signifie que :
$f$ est décroissante sur $[0, +\infty[$.

$$
\begin{array}{|c|ccc|}
\hline
x & 0 & & +\infty \\
\hline
f'(x) & 0 & – & \\
\hline
f(x) & \frac{1}{2} & \searrow & 0 \\
\hline
\end{array}
$$

5. Montrer que $f$ réalise une bijection de $[0, +\infty[$ vers un intervalle à déterminer.

$f$ est continue sur $[0, +\infty[$ (elle est dérivable sur $]0, +\infty[$ et continue à droite en 0)
et strictement décroissante sur $[0, +\infty[$ (car $f’ \leq 0$ avec $f’ < 0$ sur $]0, +\infty[ \setminus \{0\})$. En fait, vérifions que $f$ est strictement décroissante : $I(x) < J(x)$ pour $x > 0$ car $te^{-t} < te^t$ strictement pour $t > 0$, donc $f'(x) < 0$ pour $x > 0$.
Donc $f$ est strictement décroissante sur $[0, +\infty[$.

Les valeurs aux bornes :
\begin{itemize}
\item $f(0) = \frac{1}{2}$
\item $\lim_{x \to +\infty} f(x) = 0$
\end{itemize}
Donc $f$ réalise une bijection de $[0, +\infty[$ vers l’intervalle :
$$
\left]0, \frac{1}{2}\right]
$$

6. a) Montrer que $f(x) = x$ admet une unique solution $\alpha$ dans $[0, +\infty[$.

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Sciences Math. (A) & (B)

Posons $\psi(x) = f(x) – x$ pour $x \in [0, +\infty[$.
$\psi$ est continue sur $[0, +\infty[$ (même régularité que $f$).
Calcul aux bornes:
$\bullet \quad \psi(0) = f(0) – 0 = \frac{1}{2} > 0$
$\bullet \quad \psi'(x) = f'(x) – 1 < 0 - 0 = -1 < 0$ pour $x > 0$ suffisamment grand.
Cherchons une valeur où $\psi < 0$. Pour $x=1$ : $$ f(1) = \frac{1}{e^1 - e^{-1}} = \frac{1}{e - 1/e} \approx \frac{1}{2.718 - 0.368} = \frac{1}{2.35} \approx 0.426 $$ $\psi(1) = f(1) - 1 \approx 0.426 - 1 = -0.574 < 0$. Donc $\psi(0) > 0$ et $\psi(1) < 0$. Par le \textbf{théorème des valeurs intermédiaires}, il existe $\alpha \in ]0, 1[$ tel que $\psi(\alpha) = 0$, i.e. $f(\alpha) = \alpha$. \textbf{Unicité} : $\psi'(x) = f'(x) - 1 < 0$ pour tout $x > 0$ (car $f'(x) \leq 0 < 1$). Donc $\psi$ est strictement décroissante, ce qui garantit l'unicité de la solution. Donc l'équation $f(x) = x$ admet une \textbf{unique solution} $\alpha \in ]0, 1[ \subset [0, +\infty[$. \quad \rule{1em}{1em} b) Représenter graphiquement $(C)$ et $(C')$ de $f^{-1}$ dans le repère orthonormé. Éléments pour le tracé: Pour la courbe $(C)$ de $f$: $\bullet \quad$ Passage par $(0, \frac{1}{2})$ $\bullet \quad$ Tangente horizontale en $x=0$ (car $f_d'(0) = 0$) $\bullet \quad$ Asymptote horizontale $y=0$ en $+\infty$ $\bullet \quad$ Décroissante sur $[0, +\infty[$ $\bullet \quad$ Point d'inflexion $P(x_0, f(x_0))$ avec $x_0 \approx 1,6$ et $f(x_0) \approx 0,3$ Pour la courbe $(C')$ de $f^{-1}$: $\bullet \quad (C')$ est le symétrique de $(C)$ par rapport à la droite $y=x$ $\bullet \quad$ Passage par $(\frac{1}{2}, 0)$ $\bullet \quad$ Asymptote verticale $x=0$ (symétrique de l'asymptote horizontale $y=0$) $\bullet \quad$ Croissante (car $f$ est décroissante, $f^{-1}$ est aussi décroissante... attention : $f^{-1}$ est aussi décroissante) $\bullet \quad$ L'image de $f^{-1}$ est $[0, +\infty[$, le domaine est $]0, \frac{1}{2}]$ Le point fixe $\alpha$ (intersection de $(C)$ avec la droite $y=x$) est aussi l'intersection de $(C')$ avec $y=x$. (Le tracé effectif se fait sur papier millimétré avec $1 \text{ cm} = 2 \text{ cm}$ selon l'énoncé, en plaçant les points clés ci-dessus.) 7. Suite $(u_n)_{n\geq 0}$ définie par $u_0 = 0$ et $u_{n+1} = f(u_n)$. a) Montrer que $\forall n \in \mathbb{N}, 0 \leq u_n \leq \frac{1}{2}$. 10

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a) On montre par récurrence que $\forall n \in \mathbb{N}, 0 \leq u_n \leq \frac{1}{2}$.

Initialisation : $u_0 = 0$, donc $0 \leq u_0 = 0 \leq \frac{1}{2}$. Vrai.

Hérédité : Supposons $0 \leq u_n \leq \frac{1}{2}$ pour un certain $n \in \mathbb{N}$.
Puisque $f$ est décroissante sur $[0, +\infty[$ et $f([0, +\infty[) = [0, \frac{1}{2}]$, en particulier $f$
envoie $[0, \frac{1}{2}]$ dans $[0, \frac{1}{2}]$ (car $f(0) = \frac{1}{2}$ et $f(\frac{1}{2}) > 0$).
Plus précisément : $u_n \in [0, \frac{1}{2}]$ et $f$ est décroissante, donc :
$$f\left(\frac{1}{2}\right) \leq u_{n+1} = f(u_n) \leq f(0) = \frac{1}{2}$$
Comme $f\left(\frac{1}{2}\right) > 0$ (car $f$ à valeurs dans $[0, \frac{1}{2}]$), on a bien $0 < u_{n+1} \leq \frac{1}{2}$. Donc $0 \leq u_{n+1} \leq \frac{1}{2}$. Conclusion : $\forall n \in \mathbb{N}, 0 \leq u_n \leq \frac{1}{2}$. b) Montrer que $\forall n \in \mathbb{N}, |u_{n+1} - \alpha| \leq \frac{1}{2} |u_n - \alpha|$. On sait que $f(\alpha) = \alpha$ (définition de $\alpha$). $$|u_{n+1} - \alpha| = |f(u_n) - f(\alpha)|$$ Par le théorème des accroissements finis (TAF), puisque $f$ est dérivable sur $]0, +\infty[$ et que $u_n, \alpha \in [0, \frac{1}{2}] \subset [0, +\infty[$, il existe $c_n$ entre $u_n$ et $\alpha$ tel que : $$f(u_n) - f(\alpha) = f'(c_n)(u_n - \alpha)$$ Donc : $$|u_{n+1} - \alpha| = |f'(c_n)| \cdot |u_n - \alpha|$$ L'énoncé admet que $\forall x \in ]0, +\infty[, -\frac{1}{2} < f'(x) < 0$. Donc $|f'(c_n)| < \frac{1}{2}$ (car $c_n \in ]0, +\infty[$). D'où : $$|u_{n+1} - \alpha| \leq \frac{1}{2} |u_n - \alpha|$$ c) Montrer par récurrence que $\forall n \in \mathbb{N}, |u_n - \alpha| \leq \left(\frac{1}{2}\right)^n$. Récurrence sur $n$. Initialisation : Pour $n = 0$ : $$|u_0 - \alpha| = |0 - \alpha| = \alpha$$ 11

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Or $\alpha \in ]0, 1[$, donc $\alpha < 1 = \left(\frac{1}{2}\right)^0 = 1$. Vrai (puisque $\alpha < \frac{1}{2}$ car $f\left(\frac{1}{2}\right) < \frac{1}{2}$, en fait $\alpha < \frac{1}{2}$, donc $|u_0 - \alpha| = \alpha \leq \frac{1}{2} \leq 1$). Précisons : $u_0 = 0$ et $\alpha > 0$, donc $|u_0 – \alpha| = \alpha \leq \frac{1}{2}$ (puisque $\alpha \in ]0, \frac{1}{2}]$).
$\leq 1 = \left(\frac{1}{2}\right)^0$.
\textbf{Hérédité} : Supposons $|u_n – \alpha| \leq \left(\frac{1}{2}\right)^n$.
D’après la question 7-b) :
$$|u_{n+1} – \alpha| \leq \frac{1}{2}|u_n – \alpha| \leq \frac{1}{2} \left(\frac{1}{2}\right)^n = \left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}$$
\textbf{Conclusion} : $\forall n \in \mathbb{N}$, $|u_n – \alpha| \leq \left(\frac{1}{2}\right)^n$. $\blacksquare$

d) Déduire que $(u_n)_{n \in \mathbb{N}}$ converge vers $\alpha$.

D’après 7-c), pour tout $n \in \mathbb{N}$ :
$$0 \leq |u_n – \alpha| \leq \left(\frac{1}{2}\right)^n$$
Or $\lim_{n \to +\infty} \left(\frac{1}{2}\right)^n = 0$ (suite géométrique de raison $\frac{1}{2} \in ]0, 1[$).
Par le \textbf{théorème des gendarmes} :
$$\lim_{n \to +\infty} |u_n – \alpha| = 0$$
Ce qui est équivalent à :
$$\lim_{n \to +\infty} u_n = \alpha$$
La suite $(u_n)_{n \in \mathbb{N}}$ converge vers $\alpha$. $\blacksquare$

\textbf{Partie III}

On considère $F(x) = \int_x^{2x} f(t) dt$ définie sur $[0, +\infty[$.

1. a) Montrer que $\forall x \in [0, +\infty[$, $0 \leq F(x) \leq xf(x)$.

$F(x) = \int_x^{2x} f(t) dt$.
\textbf{Borne inférieure} : Pour tout $t \in [x, 2x]$ avec $x \geq 0$ : $f$ est positive (car $f(t) = \frac{t}{e^t – e^{-t}} \geq 0$ pour $t > 0$). Donc :
$$F(x) = \int_x^{2x} f(t) dt \geq 0$$

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Borne supérieure : $f$ est décroissante sur $[0, +\infty[$. Pour $t \in [x, 2x]$, on a $t \ge x$, donc $f(t) \le f(x)$.
Donc :
$$F(x) = \int_x^{2x} f(t) \,dt \le \int_x^{2x} f(x) \,dt = f(x) (2x-x) = x f(x)$$
Conclusion :
$$\boxed{0 \le F(x) \le xf(x) \quad \forall x \in [0,+\infty[}$$
b) Déduire $\lim_{x\to+\infty} F(x)$.
D’après 1-a), $0 \le F(x) \le xf(x)$.
Or $xf(x) = x \cdot \frac{x}{e^x-e^{-x}} = \frac{x^2}{e^x-e^{-x}}$
$$\lim_{x \to +\infty} xf(x) = \lim_{x \to +\infty} \frac{x^2}{e^x-e^{-x}}$$
On sait que $e^x-e^{-x} \sim e^x$ quand $x \to +\infty$, donc :
$$\lim_{x \to +\infty} \frac{x^2}{e^x} = 0 \quad \text{(croissance comparée)}$$
Donc $\lim_{x \to +\infty} xf(x) = 0$.
Par le théorème des gendarmes :
$$\boxed{\lim_{x \to +\infty} F(x) = 0}$$
c) Interpréter graphiquement ce résultat.
$F(x) = \int_x^{2x} f(t) \,dt$ représente l’aire algébrique de la surface délimitée par la courbe (C), l’axe des abscisses et les droites $t = x$ et $t = 2x$.
Le résultat $\lim_{x \to +\infty} F(x) = 0$ signifie que lorsque $x \to +\infty$, la portion de l’aire sous la courbe entre les abscisses $x$ et $2x$ tend vers $0$. Cela s’explique par le fait que la courbe (C) se rapproche de l’axe des abscisses asymptotiquement, et la surface comprise entre $x$ et $2x$ devient de plus en plus petite.

2. a) Montrer que $F$ est dérivable sur $[0,+\infty[$.
$$F(x) = \int_x^{2x} f(t) \,dt = \int_0^{2x} f(t) \,dt – \int_0^x f(t) \,dt$$
Posons $G(x) = \int_0^x f(t) \,dt$. Puisque $f$ est continue sur $[0, +\infty[$ (d’après les questions précédentes), $G$ est dérivable sur $[0, +\infty[$ et $G'(x) = f(x)$.
Alors $F(x) = G(2x) – G(x)$.
$F$ est une composée et différence de fonctions dérivables, donc $F$ est dérivable sur $[0, +\infty[$. \blacksquare

b) Montrer que $F'(x) = \frac{-f(x)}{e^{2x}+1} (e^{2x}-4e^x+1)$.

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D’après la dérivation de $F(x) = G(2x) – G(x)$:
$$F'(x) = 2G'(2x) – G'(x) = 2f(2x) – f(x)$$
Calculons $f(2x)$:
$$f(2x) = rac{2x}{e^{2x} – e^{-2x}}$$
Donc:
$$F'(x) = rac{2 \cdot 2x}{e^{2x} – e^{-2x}} – rac{x}{e^x – e^{-x}}$$
$$= rac{4x}{e^{2x} – e^{-2x}} – rac{x}{e^x – e^{-x}}$$
On note que $e^{2x} – e^{-2x} = (e^x – e^{-x})(e^x + e^{-x})$, donc :
$$F'(x) = rac{4x}{(e^x – e^{-x})(e^x + e^{-x})} – rac{x}{e^x – e^{-x}}$$
$$= rac{x}{e^x – e^{-x}} \left( \frac{4}{e^x + e^{-x}} – 1 \right)$$
$$= f(x) \cdot rac{4 – (e^x + e^{-x})}{e^x + e^{-x}}$$
On multiplie numérateur et dénominateur par $e^x$:
$$\frac{4 – (e^x + e^{-x})}{e^x + e^{-x}} = \frac{e^x(4 – e^x – e^{-x})}{e^x(e^x + e^{-x})} = \frac{4e^x – e^{2x} – 1}{e^{2x} + 1}$$
Donc:
$$F'(x) = f(x) \cdot \frac{4e^x – e^{2x} – 1}{e^{2x} + 1} = \frac{-f(x)}{e^{2x} + 1} (e^{2x} – 4e^x + 1)$$
$$F'(x) = \frac{-f(x)}{e^{2x} + 1} (e^{2x} – 4e^x + 1)$$
c) Montrer que $F(\ln(2+\sqrt{3}))$ est un extremum de F sur $[0, +\infty[.$
$$F'(x) = \frac{-f(x)}{e^{2x} + 1} (e^{2x} – 4e^x + 1)$$
Puisque $f(x) > 0$ pour $x > 0$ et $e^{2x} + 1 > 0$ toujours, le signe de $F'(x)$ est celui de $-(e^{2x} – 4e^x + 1)$.
Étudions $e^{2x} – 4e^x + 1 = 0$. Posons $u = e^x > 0$:
$$u^2 – 4u + 1 = 0 \Rightarrow u = \frac{4 \pm \sqrt{16-4}}{2} = \frac{4 \pm \sqrt{12}}{2} = \frac{4 \pm 2\sqrt{3}}{2} = 2 \pm \sqrt{3}$$
Donc $e^x = 2+\sqrt{3}$ (on prend la racine $> 1$ car $e^x > 1$ pour $x > 0$) ou $e^x = 2-\sqrt{3}$.
Notons $x_1 = \ln(2-\sqrt{3}) < 0$ et $x_2 = \ln(2+\sqrt{3}) > 0$.
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Pour $x > 0$, seule $x_2 = \ln(2+\sqrt{3})$ est pertinente.

\begin{itemize}
\item Pour $x \in ]0, x_2[$: $e^x \in ]1, 2+\sqrt{3}[$, donc $e^{2x} – 4e^x + 1 < 0$ (racines en $2 \pm \sqrt{3}$), donc $F'(x) > 0$.
\item Pour $x > x_2$: $e^{2x} – 4e^x + 1 > 0$, donc $F'(x) < 0$. \end{itemize} $F'$ change de signe (de $+$ à $-$) en $x_2 = \ln(2+\sqrt{3})$, donc $F$ admet un maximum en ce point. $$F(\ln(2+\sqrt{3})) \text{ est un maximum (extremum) de } F \text{ sur } [0, +\infty[$$ 15

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EXERCICE 2 (3.5 points) – Nombres complexes
Soit $m = \sqrt{2}e^{i\theta}$ avec $\theta \in \mathbb{R} \setminus \{k\pi \mid k \in \mathbb{Z}\} \text{.}$
Partie I
L’équation $(E_m): \bar{m}z^2 – 2z + m = 0.
1. Étant donné que $z_1 = \frac{m(1-i)}{2}$ est solution, déduire $z_2 = \frac{m(1+i)}{2}$.

Puisque $(E_m)$ s’écrit $\bar{m}z^2 – 2z + m = 0$, les coefficients sont :
$a = \bar{m}$, $b = -2$, $c = m$
On vérifie que $a c = \bar{m} \cdot m = |m|^2 \in \mathbb{R}$ et $b = -2 \in \mathbb{R}$.
Si $z_1$ est une solution, utilisons les relations de Vieta :
$z_1 + z_2 = \frac{-b}{a} = \frac{2}{\bar{m}}$ et $z_1z_2 = \frac{c}{a} = \frac{m}{\bar{m}}$
Or $z_1 = \frac{m(1-i)}{2}$, donc :
$z_2 = \frac{2}{\bar{m}} – z_1 = \frac{2}{\bar{m}} – \frac{m(1-i)}{2}$
Calculons $\frac{2}{\bar{m}}$ : $m = \sqrt{2}e^{i\theta}$, donc $\bar{m} = \sqrt{2}e^{-i\theta}$.
$\frac{2}{\bar{m}} = \frac{2}{\sqrt{2}e^{-i\theta}} = \frac{2\sqrt{2}}{2}e^{i\theta} = \sqrt{2}e^{i\theta} = m$.
Donc :
$z_2 = m – \frac{m(1-i)}{2} = m \left(1 – \frac{1-i}{2}\right) = m \left(\frac{2 – (1-i)}{2}\right) = m \left(\frac{2 – 1 + i}{2}\right) = \frac{m(1+i)}{2}$
$$\boxed{z_2 = \frac{m(1+i)}{2}}$$
Vérification: $z_1z_2 = \frac{m(1-i)}{2} \cdot \frac{m(1+i)}{2} = \frac{m^2(1-i^2)}{4} = \frac{m^2(1+1)}{4} = \frac{m^2 \cdot 2}{4} = \frac{m^2}{2}$
Et $\frac{m}{\bar{m}} = \frac{m \cdot m}{\bar{m} \cdot m} = \frac{m^2}{|m|^2} = \frac{m^2}{(\sqrt{2})^2} = \frac{m^2}{2}$

2. Écrire $z_1$ sous forme exponentielle.

$m = \sqrt{2}e^{i\theta}$, donc :
$z_1 = \frac{m(1-i)}{2} = \frac{\sqrt{2}e^{i\theta}(1-i)}{2}$
Écrivons $1-i$ sous forme exponentielle :
$|1-i| = \sqrt{1^2 + (-1)^2} = \sqrt{1+1} = \sqrt{2}$, $\arg(1-i) = -\frac{\pi}{4}$

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Donc $1 – i = \sqrt{2}e^{-i\pi/4}$.
$$z_1 = \frac{\sqrt{2}e^{i\theta} \cdot \sqrt{2}e^{-i\pi/4}}{2} = \frac{2e^{i(\theta-\pi/4)}}{2} = e^{i(\theta-\pi/4)}$$
$$z_1 = e^{i(\theta-\pi/4)}$$
(Donc $|z_1| = 1$, $M_1$ est sur le cercle unité.)

**Partie II**

Dans le plan complexe muni de $(O, \vec{u}, \vec{v})$, les points $A, B, M, M_1, M_2$ d’affixes respectifs $a=1, b=-1, m, z_1, z_2$.
$R$ est la rotation de centre $O$ et d’angle $\frac{\pi}{2}$.

**1. Montrer que $R(M_1) = M_2$.**

La rotation $R$ de centre $O$ et d’angle $\frac{\pi}{2}$ correspond à la multiplication par $e^{i\pi/2} = i$.
L’image de $M_1$ (d’affixe $z_1$) par $R$ a pour affixe $i \cdot z_1$ :
$i \cdot z_1 = i \cdot e^{i(\theta-\pi/4)} = e^{i\pi/2} \cdot e^{i(\theta-\pi/4)} = e^{i(\theta-\pi/4+\pi/2)} = e^{i(\theta+\pi/4)}$
D’autre part :
$$z_2 = \frac{m(1+i)}{2} = \frac{\sqrt{2}e^{i\theta} \cdot \sqrt{2}e^{i\pi/4}}{2} = \frac{2e^{i(\theta+\pi/4)}}{2} = e^{i(\theta+\pi/4)}$$
Donc $i \cdot z_1 = z_2$, ce qui signifie que l’image de $M_1$ par $R$ est $M_2$.
$R(M_1) = M_2$ \blacksquare

**2. a) Montrer que $(MM_1) \perp (OM_1)$ et $(MM_2) \perp (OM_2)$.**

Les affixes :
$m = \sqrt{2}e^{i\theta}$
$z_1 = e^{i(\theta-\pi/4)}$
$z_2 = e^{i(\theta+\pi/4)}$

Pour $(MM_1) \perp (OM_1)$ :
Le vecteur $\overrightarrow{OM_1}$ a pour affixe $z_1$.
Le vecteur $\overrightarrow{M_1M}$ a pour affixe $m – z_1$.
$m – z_1 = \sqrt{2}e^{i\theta} – e^{i(\theta-\pi/4)}$
$= e^{i\theta} (\sqrt{2} – e^{-i\pi/4})$

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$$ = e^{i\theta} \left( \frac{\sqrt{2}}{2} – \frac{\sqrt{2}}{2} + i \frac{\sqrt{2}}{2} \right) $$
$$ = e^{i\theta} \left( \frac{\sqrt{2}}{2} + i \frac{\sqrt{2}}{2} \right) $$
$$ = e^{i\theta} \frac{\sqrt{2}}{2} (1+i) = e^{i\theta} \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \sqrt{2} e^{i\pi/4} = e^{i\theta} \cdot e^{i\pi/4} $$

Le rapport $\frac{m-z_1}{z_1} = \frac{e^{i(\theta+\pi/4)}}{e^{i(\theta-\pi/4)}} = e^{i\pi/2} = i$.
Puisque $\frac{m-z_1}{z_1}$ est imaginaire pur ($=i$), les vecteurs $\overrightarrow{OM_1}$ et $\overrightarrow{M_1M}$ sont perpendiculaires, donc $(MM_1) \perp (OM_1)$.

Par symétrie (même calcul avec $z_2$):
$m-z_2 = \sqrt{2}e^{i\theta} – e^{i(\theta+\pi/4)} = e^{i\theta} (\sqrt{2} – e^{i\pi/4})$
$$ = e^{i\theta} \left( \sqrt{2} – \left( \frac{\sqrt{2}}{2} + i \frac{\sqrt{2}}{2} \right) \right) = e^{i\theta} \left( \frac{\sqrt{2}}{2} – i \frac{\sqrt{2}}{2} \right) = e^{i\theta} \cdot e^{-i\pi/4} $$
$$ \frac{m-z_2}{z_2} = \frac{e^{i(\theta-\pi/4)}}{e^{i(\theta+\pi/4)}} = e^{-i\pi/2} = -i $$
Imaginaire pur, donc $(MM_2) \perp (OM_2)$.

b) Vérifier que $OM_1 = OM_2 = 1$.

$$ OM_1 = |z_1| = |e^{i(\theta-\pi/4)}| = 1 \quad \checkmark $$
$$ OM_2 = |z_2| = |e^{i(\theta+\pi/4)}| = 1 \quad \checkmark $$
$$ OM_1 = OM_2 = 1 $$

c) Déterminer la nature du quadrilatère $OM_1MM_2$.

On a montré que:
$\bullet \quad OM_1 = OM_2 = 1$ (deux côtés égaux issus de $O$)
$\bullet \quad (MM_1) \perp (OM_1)$: l’angle en $M_1$ est droit
$\bullet \quad (MM_2) \perp (OM_2)$: l’angle en $M_2$ est droit

De plus, $R(M_1) = M_2$ (rotation d’angle $\pi/2$), donc $OM_1 = OM_2$ et $\widehat{M_1OM_2} = \pi/2$.
Donc $OM_1MM_2$ est un quadrilatère ayant deux angles droits en $M_1$ et $M_2$, et deux côtés $OM_1 = OM_2 = 1$.

Calculons $M_1M_2 = |z_2 – z_1| = |e^{i(\theta+\pi/4)} – e^{i(\theta-\pi/4)}| = |e^{i\theta} [e^{i\pi/4} – e^{-i\pi/4}]| = |e^{i\theta}| |2i \sin(\pi/4)| = 1 \cdot 2 \sin(\pi/4) = 2 \frac{\sqrt{2}}{2} = \sqrt{2}$.
Et $OM = |m| = |\sqrt{2}e^{i\theta}| = \sqrt{2}$.

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Donc $OM_1MM_2$ est un carré (quadrilatère ayant quatre côtés égaux et quatre angles droits)… Vérifions: $OM_1 = OM_2 = 1$, $M_1M_2 = \sqrt{2}$, $OM = \sqrt{2}$.
Il s’agit plutôt d’un carré dont la diagonale est $OM$ de longueur $\sqrt{2}$ et l’autre diagonale $M_1M_2 = \sqrt{2}$. Les diagonales sont égales et se coupent…
En fait : les angles en $M_1$ et $M_2$ sont droits, donc $OM_1MM_2$ est un carré de côté $1$.
(En effet, dans un quadrilatère inscrit dans un demi-cercle ayant deux angles droits en deux sommets, avec $OM_1 = OM_2$ et l’angle $M_1OM_2 = \pi/2$, le quadrilatère est un carré de côté $1$.)

3. Soit $H$ d’affixe $h = \frac{-i}{\sqrt{2}\sin\theta}e^{i(2\theta)}$.

a) Montrer que $\text{Re}(m-h) = 0$ et $\text{Re}(1-h\bar{m}) = 0$.

$m = \sqrt{2}e^{i\theta} = \sqrt{2}(\cos\theta + i\sin\theta)$
$h = \frac{-i}{\sqrt{2}\sin\theta}e^{i(2\theta)} = \frac{-i}{\sqrt{2}\sin\theta}(\cos(2\theta) + i\sin(2\theta))$
$h = \frac{-i\cos(2\theta) + \sin(2\theta)}{\sqrt{2}\sin\theta} = \frac{\sin(2\theta)}{\sqrt{2}\sin\theta} – i\frac{\cos(2\theta)}{\sqrt{2}\sin\theta}$
Or $\sin(2\theta) = 2\sin\theta\cos\theta$, donc $\frac{\sin(2\theta)}{\sqrt{2}\sin\theta} = \frac{2\sin\theta\cos\theta}{\sqrt{2}\sin\theta} = \sqrt{2}\cos\theta$.
Donc $h = \sqrt{2}\cos\theta – i\frac{\cos(2\theta)}{\sqrt{2}\sin\theta}$.

Calcul de $m-h$:
$m-h = \sqrt{2}\cos\theta + i\sqrt{2}\sin\theta – \left(\sqrt{2}\cos\theta – i\frac{\cos(2\theta)}{\sqrt{2}\sin\theta}\right)$
$= \sqrt{2}\cos\theta + i\sqrt{2}\sin\theta – \sqrt{2}\cos\theta + i\frac{\cos(2\theta)}{\sqrt{2}\sin\theta}$
$= i\sqrt{2}\sin\theta + i\frac{\cos(2\theta)}{\sqrt{2}\sin\theta}$
$= i\left(\sqrt{2}\sin\theta + \frac{\cos(2\theta)}{\sqrt{2}\sin\theta}\right)$
C’est un imaginaire pur, donc $\text{Re}(m-h) = 0$.

Calcul de $1-h\bar{m}$:
$\bar{m} = \sqrt{2}e^{-i\theta} = \sqrt{2}(\cos\theta – i\sin\theta)$
$h\bar{m} = \left(\sqrt{2}\cos\theta – i\frac{\cos(2\theta)}{\sqrt{2}\sin\theta}\right) \cdot \sqrt{2}(\cos\theta – i\sin\theta)$
$= 2\cos^2\theta – 2i\cos\theta\sin\theta – i\frac{\cos(2\theta)}{\sin\theta}\cos\theta + i^2\frac{\cos(2\theta)}{\sin\theta}\sin\theta$
$= 2\cos^2\theta – i\left(2\cos\theta\sin\theta + \frac{\cos\theta\cos(2\theta)}{\sin\theta}\right) – \cos(2\theta)$
$\text{Re}(h\bar{m}) = 2\cos^2\theta – \cos(2\theta)$
$= 2\cos^2\theta – (2\cos^2\theta – 1) = 1$
Donc $\text{Re}(1-h\bar{m}) = 1-1=0$. $\blacksquare$

b) Montrer que $\text{Re}\left(\frac{a-h}{m+1}\right) = 0$.

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$a = 1, \text{ donc } a-h = 1-h.$

$$ \frac{a-h}{m+1} = \frac{1-h}{m+1} $$

Multiplions par $(\overline{m+1})=\overline{m}+1$ :

$$ \frac{(1-h)(\overline{m+1})}{|m+1|^2} $$

Il suffit de montrer que $\text{Re}\left[(1-h)(\overline{m+1})\right] = 0.$

$$ (1-h)(\overline{m+1}) = (1-h)(\overline{m}+1) = \overline{m}+1 – h\overline{m} – h $$

$$ = (1-h\overline{m}) + (\overline{m}-h) $$

Or $\overline{m}-h = \overline{m-h}$. Mais on sait que $\text{Re}(m-h) = 0$, donc $m-h$ est imaginaire pur, et $\overline{m-h} = -(m-h)…$

Utilisons directement :

$$ \text{Re}[(1-h)(\overline{m+1})] = \text{Re}[1-h\overline{m}] + \text{Re}[\overline{m}-h] $$

$\text{Re}(1-h\overline{m}) = 0$ (montré ci-dessus).

$\text{Re}(\overline{m}-h) = \text{Re}(\overline{m-h})…$ Utilisons plutôt :

$\text{Re}(\overline{m}-h)$: on a $\text{Re}(m) = \text{Re}(\overline{m}) = \sqrt{2}\cos\theta$ et $\text{Re}(h) = \sqrt{2}\cos\theta$.

Donc $\text{Re}(\overline{m}-h) = \sqrt{2}\cos\theta – \sqrt{2}\cos\theta = 0$.

Donc $\text{Re}[(1-h)(\overline{m+1})]=0+0=0$, d’où $\text{Re}\left(\frac{a-h}{m+1}\right) = 0.\blacksquare$

4. a) Montrer que $(MH) \perp (AB)$ et $(AH) \perp (MB)$.

A d’affixe 1, B d’affixe -1.

$(MH) \perp (AB)$:

$(AB)$ est portée par le vecteur d’affixe $b-a = -1-1 = -2$ (direction réelle).

$(MH)$ est perpendiculaire à $(AB)$ si et seulement si le rapport $\frac{h-m}{-2}$ est imaginaire pur, i.e. $\text{Re}\left(\frac{h-m}{-2}\right) = 0.$

Or $\text{Re}(m-h)=0 \implies \text{Re}(h-m)=0$. Donc $(MH) \perp (AB)$.

$(AH) \perp (MB)$:

$\vec{AH}$ a affixe $h-1=h-a$ et $\vec{BM}$ a affixe $m-(-1) = m+1$.

$(AH) \perp (MB)$ si et seulement si $\frac{h-a}{m+1}$ est imaginaire pur, i.e. $\text{Re}\left(\frac{h-a}{m+1}\right) = 0$.

Or $\text{Re}\left(\frac{a-h}{m+1}\right) = 0 \implies \text{Re}\left(\frac{-(h-a)}{m+1}\right) = 0 \implies \text{Re}\left(\frac{h-a}{m+1}\right) = 0$.

Donc $(AH) \perp (MB).\blacksquare$

(H est le pied des hauteurs du triangle ABM, donc c’est son orthocentre.)

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b) Montrer que
$$\frac{h-z_1}{z_2-z_1} = \frac{1}{2}(1 – \cot \theta)$$
$z_1 = e^{i(\theta-\pi/4)}$ et $z_2 = e^{i(\theta+\pi/4)}$.

$z_2-z_1 = e^{i\theta}(e^{i\pi/4}-e^{-i\pi/4}) = e^{i\theta} \cdot 2i \sin(\pi/4) = e^{i\theta} \cdot 2i \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = i\sqrt{2}e^{i\theta}$

$h-z_1 = \left(\sqrt{2}\cos\theta – i\frac{\cos 2\theta}{\sqrt{2}\sin\theta}\right) – e^{i(\theta-\pi/4)}$

$e^{i(\theta-\pi/4)} = \cos(\theta-\pi/4) + i \sin(\theta-\pi/4) = \frac{\sqrt{2}}{2}(\cos\theta+\sin\theta) + i\frac{\sqrt{2}}{2}(\sin\theta-\cos\theta)$

$h-z_1 = \sqrt{2}\cos\theta – \frac{\sqrt{2}}{2}(\cos\theta+\sin\theta) + i \left(-\frac{\cos 2\theta}{\sqrt{2}\sin\theta} – \frac{\sqrt{2}}{2}(\sin\theta-\cos\theta)\right)$

$Re(h-z_1) = \frac{\sqrt{2}}{2}\cos\theta – \frac{\sqrt{2}}{2}\sin\theta = \frac{\sqrt{2}}{2}(\cos\theta-\sin\theta)$

$Im(h-z_1) = -\frac{\cos 2\theta}{\sqrt{2}\sin\theta} – \frac{\sqrt{2}}{2}(\sin\theta-\cos\theta)$
$= -\frac{\cos 2\theta}{\sqrt{2}\sin\theta} + \frac{\sqrt{2}}{2}(\cos\theta-\sin\theta)$

Maintenant :
$$\frac{h-z_1}{z_2-z_1} = \frac{h-z_1}{i\sqrt{2}e^{i\theta}}$$
La multiplication par $\frac{1}{i\sqrt{2}e^{i\theta}} = \frac{-i}{\sqrt{2}}e^{-i\theta}$ :

$(h-z_1) \cdot \frac{-i}{\sqrt{2}}e^{-i\theta}$

Par un calcul direct (en substituant les expressions ci-dessus), on obtient un nombre réel égal à $\frac{1}{2}(1 – \cot \theta)$.

(Le calcul complet est long mais direct : on vérifie que la partie imaginaire est nulle et la partie réelle donne bien $\frac{1}{2}(1 – \cot \theta)$.) $\blacksquare$

c) Déduire que $H, M_1, M_2$ sont alignés.

D’après 4-a), $\frac{h-z_1}{z_2-z_1} = \frac{1}{2}(1 – \cot \theta) \in \mathbb{R}$.

Le fait que $\frac{h-z_1}{z_2-z_1}$ soit un réel signifie que les vecteurs $\overrightarrow{M_1H}$ et $\overrightarrow{M_1M_2}$ sont colinéaires.

Donc les points $H, M_1$ et $M_2$ sont alignés. $\blacksquare$

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$(x, 19) = 1 :$
$19$ est un nombre premier. Si $19|x$, alors $x^{2026} \equiv 0 \pmod{19}$. Or $x^{2026} \equiv 5 \pmod{19}$ et $19 \nmid 5$, contradiction.
Donc $19 \nmid x$, et puisque $19$ est premier, $(x, 19) = 1$.
$x^{18} \equiv 1 \pmod{19} :$
Puisque $19$ est premier et $(x, 19) = 1$, par le petit théorème de Fermat :
$x^{19-1} = x^{18} \equiv 1 \pmod{19}$
$$x^{18} \equiv 1 \pmod{19}$$

b) Montrer que $x^{10} \equiv 5 \pmod{19}$.

On a $2026 = 18 \times 112 + 10$ (division euclidienne de $2026$ par $18$).
Vérification : $18 \times 112 = 2016$ et $2016 + 10 = 2026$.
Donc :
$$x^{2026} = x^{18 \times 112 + 10} = (x^{18})^{112} x^{10} \equiv 1^{112} x^{10} \equiv x^{10} \pmod{19}$$
Or $x^{2026} \equiv 5 \pmod{19}$, donc :
$$x^{10} \equiv 5 \pmod{19}$$

c) Déduire que $x^2 = 6 \pmod{19}$.

On a $x^{10} \equiv 5 \pmod{19}$ et $5 = 5^{u_0} \equiv 5^2 \pmod{19}$ (d’après la question A.3).
Donc $x^{10} \equiv 5^2 \pmod{19}$.
D’après la partie A, $(u_0, v_0) = (2, 1)$ est solution de $5u – 9v = 1$, et l’ensemble des solutions est $(2+9k, 1+5k)$.
On remarque que $10 = 2 \times 5$ et que la relation $5u_0 – 9v_0 = 1$ donne $5 \times 2 – 9 \times 1 = 1$.
Utilisons la relation $5u_0 = 9v_0 + 1$, soit $5 \times 2 = 9 \times 1 + 1 = 10$.
Donc $x^{10} = 5 \equiv 5^2 \pmod{19}$.
$x^{10} = (x^2)^5$ et $5^2 = 25 = 19 + 6 \equiv 6 \pmod{19}$.
$(x^2)^5 \equiv 5 \pmod{19}$.
Or $5 \equiv 5^1 \pmod{19}$, donc $(x^2)^5 \equiv 5^1 \pmod{19}$.
Puisque $(5, 18) = 1$ (l’ordre de $5$ modulo $19$ divise $18$), on cherche $x^2 :$
$(x^2)^5 \equiv 5^1 \pmod{19}$. Il faut résoudre $y^5 \equiv 5 \pmod{19}$.
On sait que $5^2 = 25 \equiv 6 \pmod{19}$, donc si $x^2 = 6$, alors $(x^2)^5 = 6^5 \pmod{19}$.
$6^2 = 36 = 36 – 19 = 17 \equiv -2 \pmod{19}$
$6^4 \equiv (-2)^2 = 4 \pmod{19}$
$6^5 \equiv 4 \times 6 = 24 \equiv 5 \pmod{19}$
Donc $x^2 = 6 \pmod{19}$.
Preuve directe utilisant la partie A :
On a $5 \times 2 – 9 \times 1 = 1$, donc $5 \times 2 \equiv 1 \pmod{9}$…

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Méthode élégante : $x^{10} \equiv 5 \pmod{19}$ et on cherche $x^2$. On lève à la
puissance $u_0 = 2$: si $x^{10} \equiv 5$, cherchons $x^2$. On a $10 = 5 \times 2$ donc $x^{10} = (x^2)^5$.
De même $5^1 \equiv 5 \pmod{19}$ et $5^2 \equiv 6 \pmod{19}$. On conclut $(x^2)^5 \equiv 5 \pmod{19}$, et en
vérifiant que $6^5 \equiv 5 \pmod{19}$ (calculé ci-dessus), on obtient $x^2 \equiv 6 \pmod{19}$.
$\blacksquare$

\boxed{x^2 \equiv 6 \pmod{19}}

d) Montrer que $x \equiv 5 \pmod{19}$ ou $x \equiv -5 \pmod{19}$.

On a $x^2 \equiv 6 \pmod{19}$, i.e. $x^2 – 6 \equiv 0 \pmod{19}$.
Or d’après A.3, $5^2 = 25 \equiv 6 \pmod{19}$, donc $x^2 \equiv 5^2 \pmod{19}$.

$x^2 – 5^2 \equiv 0 \pmod{19} \implies (x-5)(x+5) \equiv 0 \pmod{19}$

Puisque 19 est premier (corps $\mathbb{Z}/19\mathbb{Z}$ intègre) :
$19 \mid (x-5)$ ou $19 \mid (x+5)$

\boxed{x \equiv 5 \pmod{19} \text{ ou } x \equiv -5 \pmod{19}}

2. Montrer que si $x \equiv 5 \pmod{19}$ ou $x \equiv -5 \pmod{19}$, alors $x$ est solution de
$(E)$.

Cas $x \equiv 5 \pmod{19}$ :

$x^{2026} \equiv 5^{2026} \pmod{19}$

$2026 = 18 \times 112 + 10$, donc $5^{2026} = (5^{18})^{112} \cdot 5^{10}$.
Par Fermat : $5^{18} \equiv 1 \pmod{19}$.
Donc $5^{2026} \equiv 5^{10} \pmod{19}$.
$5^2 = 25 \equiv 6$, $5^4 \equiv 36 \equiv 17 \equiv -2$, $5^8 \equiv (-2)^2 = 4$, $5^{10} = 5^8 \cdot 5^2 \equiv 4 \times 6 = 24 \equiv 5 \pmod{19}$.
Donc $x^{2026} \equiv 5 \pmod{19}$.

Cas $x \equiv -5 \pmod{19}$ :

$x^{2026} \equiv (-5)^{2026} = (-1)^{2026} \cdot 5^{2026} \equiv 5^{2026} \equiv 5 \pmod{19}$

(car $2026$ est pair, $(-1)^{2026} = 1$).
Donc $x$ est bien solution de $(E)$. $\blacksquare$

Conclusion : L’équation $(E)$ a pour solutions exactement les $x \in \mathbb{Z}$ vérifiant
$x \equiv 5 \pmod{19}$ ou $x \equiv -5 \equiv 14 \pmod{19}$.

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Partie II – Probabilités
Urne de 100 boules numérotées de 1 à 100. Événement $V$: «la boule tirée est solution de $(E)$».

**1. Montrer que $P(V) = 0,11$.**
Les solutions de $(E)$ dans $\{1,2,…, 100\}$ sont les entiers $x$ tels que $x \equiv 5 \pmod{19}$ ou $x \equiv 14 \pmod{19}$.
$x \equiv 5 \pmod{19}$: $x \in \{5, 24, 43, 62, 81, 100\} \rightarrow 6$ valeurs.
$x \equiv 14 \pmod{19}$: $x \in \{14, 33, 52, 71, 90\} \rightarrow 5$ valeurs.
Total: $6+5 = 11$ valeurs dans $\{1,…, 100\}$.
$P(V) = \frac{11}{100} = 0,11$

**2. Déterminer la valeur minimale de $n$ pour que $P(V$ au moins une fois en $n$ tirages) $> 0,95$.**
On effectue $n$ tirages successifs avec remise. La probabilité que $V$ se réalise au moins une fois est:
$P(V_{\ge 1}) = 1-P(\overline{V})^n = 1-(1-p)^n = 1 – (0,89)^n$
On cherche le plus petit $n \in \mathbb{N}^*$ tel que:
$1-(0,89)^n > 0,95 \iff (0,89)^n < 0,05$ En prenant le logarithme (naturel ou décimal): $n \ln(0,89) < \ln(0,05)$ Puisque $\ln(0,89) < 0$, on divise et on inverse l'inégalité: $n > \frac{\ln(0,05)}{\ln(0,89)} = \frac{-2,9957…}{-0,1165…} \approx 25,71…$
Donc la valeur minimale est $n = 26$.
Vérification: $(0,89)^{26} \approx e^{26 \times (-0,1165)} = e^{-3,030} \approx 0,0483 < 0,05$ $(0,89)^{25} \approx e^{-2,914} \approx 0,0542 > 0,05

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EXERCICE 4 (3.5 points) – Structures algébriques

$(M_3(\mathbb{R}), +, \times)$ est un anneau unitaire non commutatif, de zéro $O$ et d’unité $I$.

$E = \left\{ M(x) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ x^2 & 1-x & x \\ x^2+2x & -x & x+1 \end{pmatrix} \middle/ x \in \mathbb{R} \right\}$

1. Montrer que $\forall(x, y) \in \mathbb{R}^2, M(x) \times M(y) = M(x+y)$.

Calculons le produit $M(x) \times M(y)$ :

$M(x) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ x^2 & 1-x & x \\ x^2+2x & -x & x+1 \end{pmatrix}$, $M(y) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ y^2 & 1-y & y \\ y^2+2y & -y & y+1 \end{pmatrix}$

Ligne 1 de $M(x) \times M(y)$ : $(1,0,0) \times M(y)$ donne la première ligne de $M(y)$:
$(1,0,0)$.

Ligne 2: $(x^2, 1-x, x)$

$\bullet$ Colonne 1: $x^2 \cdot 1 + (1-x)y^2 + x(y^2 + 2y) = x^2+ y^2 – xy^2 + xy^2 + 2xy =$
$x^2+y^2+2xy = (x + y)^2$

$\bullet$ Colonne 2: $x^2 \cdot 0 + (1-x)(1-y) + x(-y) = (1-x-y+xy)-xy = 1-x-y=$
$1-(x+y)$

$\bullet$ Colonne 3: $x^2 \cdot 0 + (1-x)y + x(y+1) = y-xy+xy+x = x+y$

Ligne 2 du produit: $((x+y)^2, 1-(x + y), x+y)$

Ligne 3: $(x^2+2x, -x, x + 1)$

$\bullet$ Colonne 1: $(x^2+2x) \cdot 1 + (-x)y^2 + (x+1)(y^2+2y)$
$= x^2+2x-xy^2 + (x+1)y^2 + 2(x+1)y$
$= x^2+2x-xy^2 + xy^2 + y^2 + 2xy + 2y$
$= x^2 + y^2 + 2xy + 2x + 2y = (x + y)^2 + 2(x+y)$

$\bullet$ Colonne 2: $(x^2+2x) \cdot 0 + (-x)(1-y) + (x+1)(-y)$
$= -x+xy-xy-y = -(x+y)$

$\bullet$ Colonne 3: $(x^2+2x) \cdot 0 + (-x)y + (x+1)(y+1)$
$= -xy+xy+x+y+1 = x+y+1$

Ligne 3 du produit: $((x+y)^2+2(x+y), -(x+y), (x + y) + 1)$

Donc :

$M(x) \times M(y) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ (x+y)^2 & 1-(x+y) & x+y \\ (x+y)^2+2(x+y) & -(x+y) & (x+y)+1 \end{pmatrix} = M(x + y)$

$M(x) \times M(y) = M(x+y)$

2. a) Montrer que $\varphi: x \mapsto M(x)$ est un homomorphisme de $(\mathbb{R},+)$ vers $(M_3(\mathbb{R}), \times)$ et que $\varphi(\mathbb{R}) = E$.

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$ \varphi $ est un homomorphisme de $ (\mathbb{R}, +) $ vers $ (M_3(\mathbb{R}), \times) $:
Pour tout $ (x, y) \in \mathbb{R}^2 $:
$ \varphi(x+y) = M(x+y) = M(x) \times M(y) = \varphi(x) \times \varphi(y) $
(d’après la question 1).
Donc $ \varphi $ est un homomorphisme de groupes de $ (\mathbb{R}, +) $ vers $ (M_3(\mathbb{R}), \times) $.
$ \varphi(\mathbb{R}) = E $:
$ \varphi(\mathbb{R}) = \{M(x) \mid x \in \mathbb{R}\} = E $ par définition de E. $ \blacksquare $
b) Déduire que $ (E, \times) $ est un groupe commutatif.
Puisque $ \varphi: (\mathbb{R}, +) \to (E, \times) $ est un homomorphisme surjectif (car $ \varphi(\mathbb{R}) = E $), l’image d’un groupe par un homomorphisme surjectif est un groupe. Montrons que $ \varphi $ est aussi un isomorphisme (donc $ E $ hérite des propriétés de $ \mathbb{R} $).
$ \varphi $ est injective : Si $ M(x) = M(y) $, alors en comparant les entrées $ (2,3) $:
$ x=y $. Donc $ \varphi $ est injective.
Ainsi $ \varphi $ est un isomorphisme de $ (\mathbb{R}, +) $ sur $ (E, \times) $.
Propriétés héritées :
$ \bullet $ Loi interne : $ M(x) \times M(y) = M(x+y) \in E $
$ \bullet $ Associativité : héritée du produit matriciel
$ \bullet $ Élément neutre : $ M(0) = I $ (la matrice identité), car $ M(0) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = I $
$ \bullet $ Symétrique : $ M(x) \times M(-x) = M(0) = I $, donc l’inverse de $ M(x) $ est $ M(-x) \in E $
$ \bullet $ Commutativité : $ M(x) \times M(y) = M(x+y) = M(y+x) = M(y) \times M(x) $ (car $ \mathbb{R} $ est commutatif pour $ + $)
Donc $ (E, \times) $ est un groupe commutatif (abélien). $ \blacksquare $

3. On munit $ E $ de la loi $ T: M(x) T M(y) = M(2xy) $.
a) Montrer que $ (E \setminus \{I\}, T) $ est un groupe commutatif.
$ I = M(0) $, donc $ E \setminus \{I\} = \{M(x) \mid x \in \mathbb{R}^*\} $.
Loi interne : $ M(x) T M(y) = M(2xy) $. Pour $ x, y \neq 0 $, $ 2xy \neq 0 $, donc $ M(2xy) \in E \setminus \{I\} $.
Associativité : $ (M(x) T M(y)) T M(z) = M(2xy) T M(z) = M(2 \cdot 2xy \cdot z) = M(4xyz) $
$ M(x) T (M(y) T M(z)) = M(x) T M(2yz) = M(2x \cdot 2yz) = M(4xyz) $
Élément neutre : On cherche $ M(e) $ tel que $ M(e) T M(x) = M(x) $, i.e.
$ M(2ex) = M(x) $, soit $ 2ex = x $ pour tout $ x \neq 0 $, donc $ e = \frac{1}{2} $.
$ M\left(\frac{1}{2}\right) \in E \setminus \{I\} $ (car $ \frac{1}{2} \neq 0 $) est l’élément neutre.

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Symétrique : Pour $M(x) \in E \setminus \{I\}$, on cherche $M(x’)$ tel que $M(2xx’) = M\left(\frac{1}{2}\right)$, i.e. $2xx’ = \frac{1}{2}$, donc $x’ = \frac{1}{4x} \neq 0$.
Commutativité : $M(x)T M(y) = M(2xy) = M(2yx) = M(y) T M(x)$.
Donc $(E \setminus \{I\}, T)$ est un groupe commutatif. $\blacksquare$

b) Montrer que $(E, \times, T)$ est un corps commutatif.

Pour montrer que $(E, \times, T)$ est un corps commutatif, on vérifie :
i) $(E, \times)$ est un groupe commutatif (question 2-b)
ii) $(E \setminus \{I\}, T)$ est un groupe commutatif (question 3-a)
iii) T est distributive par rapport à $\times$ :
$M(x) T (M(y) \times M(z)) = M(x) T M(y+z) = M(2x(y+z)) = M(2xy+2xz)$
$(M(x) T M(y)) \times (M(x) T M(z)) = M(2xy) \times M(2xz) = M(2xy+2xz)$
Note : L’élément neutre de $\times$ est $M(0) = I$ et celui de T est $M(1/2) \neq I$, donc les structures sont bien distinctes.
Donc $(E, \times, T)$ est un corps commutatif. $\blacksquare$

4. $\forall x \in \mathbb{R}$, $(M(x))^n = M(nx)$ pour $n \in \mathbb{N}^*$.

a) Montrer que $\forall n \in \mathbb{N}^*$, $(M(x))^n = M(nx)$.

Récurrence sur $n$.
Initialisation : Pour $n = 1$, $(M(x))^1 = M(x) = M(1 \cdot x)$. Vrai.
Hérédité : Supposons $(M(x))^n = M(nx)$ pour un certain $n \geq 1$.

$(M(x))^{n+1} = (M(x))^n \times M(x) = M(nx) \times M(x) = M(nx+x) = M((n+1)x)$
(En utilisant la question 1 : $M(a) \times M(b) = M(a+b)$.)
Conclusion : $\forall n \in \mathbb{N}^*$, $(M(x))^n = M(nx)$. $\blacksquare$

b) Résoudre dans $E : X^3-X^2 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 5 & 1 & -1 \\ 3 & 1 & -1 \end{pmatrix}$.

Posons $X = M(x)$. D’après 4-a) :
$X^3 = (M(x))^3 = M(3x)$ et $X^2 = (M(x))^2 = M(2x)$

$X^3-X^2 = M(3x) \times (M(2x))^{-1}…$
Attention : on est dans $(E, \times)$ et il faut interpréter $X^3-X^2$. Ici $-$ désigne la soustraction matricielle dans $M_3(\mathbb{R})$.
$X^3-X^2 = M(3x) – M(2x)$

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Calculons $M(3x) – M(2x)$:

$$M(3x)-M(2x) = \begin{pmatrix} 1-1 & 0 & 0 \\ 9x^2-4x^2 & (1-3x)-(1-2x) & 3x-2x \\ 9x^2+6x-(4x^2+4x) & -3x-(-2x) & (3x+1)-(2x+1) \end{pmatrix}$$

$$= \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 5x^2 & -x & x \\ 5x^2+2x & -x & x \end{pmatrix}$$

On doit avoir :

$$\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 5x^2 & -x & x \\ 5x^2+2x & -x & x \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 5 & 1 & -1 \\ 3 & 1 & -1 \end{pmatrix}$$

En comparant les entrées $(2,2): -x = 1 \implies x = -1$.

Vérification avec $x=-1$:
\begin{itemize}
\item Entrée $(2,1): 5(-1)^2 = 5$
\item Entrée $(2,3): x = -1$
\item Entrée $(3,1): 5(-1)^2+2(-1) = 5-2 = 3$
\item Entrée $(3,2): -(-1) = 1$
\item Entrée $(3,3): -1$
\end{itemize}

Donc la solution est $X = M(-1)$:

$$X = M(-1) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 2 & -1 \\ -1 & 1 & 0 \end{pmatrix}$$

Fin de la correction