Bac blanc février 2013 - Lycée Louise Michel en ligne

Lycée Louise M ICHEL
MATHEMATIQUES
Terminales S
Année 2012/2013
Bac blanc février 2013
(Durée : 4 heures.)
Les calculatrices sont autorisées, mais l’échange de tout matériel est interdit.
– Les brouillons ne sont pas acceptés dans les copies.
– Une copie non soignée (orthographe, propreté, etc.) sera sanctionnée,
– Précisez le numéro de classe sur votre copie.
– Vous rendrez l’annexe mais l’énoncé NE SERA PAS RAMASSÉ, il est donc inutile de répondre dessus.
Exercice 1.
4 points
Commun à tous les candidats
Dans cet exercice, les résultats approchés seront donnés à 0,000 1 près.
Lors d’une épidémie chez des bovins, on s’est aperçu que si la maladie est diagnostiquée suffisamment tôt chez
un animal, on peut le guérir ; sinon la maladie est mortelle.
Un test est mis au point et essayé sur un échantillon d’animaux dont 1 % est porteur de la maladie.
On obtient les résultats suivants :
• si un animal est porteur de la maladie, le test est positif dans 85 % des cas ;
• si un animal est sain, le test est négatif dans 95 % des cas.
On choisit de prendre ces fréquences observées comme probabilités pour la population entière et d’utiliser le
test pour un dépistage préventif de la maladie.
On note :
M l’évènement : « l’animal est porteur de la maladie » ;
T l’évènement : « le test est positif ».
1. Construire un arbre pondéré modélisant la situation proposée.
2. Un animal est choisi au hasard.
(a) Quelle est la probabilité qu’il soit porteur de la maladie et que son test soit positif ?
(b) Montrer que la probabilité pour que son test soit positif est 0, 058.
3. Un animal est choisi au hasard parmi ceux dont le test est positif. Quelle est la probabilité pour qu’il soit
porteur de la maladie ?
4. On choisit cinq animaux au hasard. La taille de ce troupeau permet de considérer les épreuves comme
indépendantes et d’assimiler les tirages à des tirages avec remise. On note X la variable aléatoire qui, aux
cinq animaux choisis, associe le nombre d’animaux ayant un test positif.
(a) Quelle est la probabilité pour que deux animaux exactement aient un test positif.
(b) Quelle est la probabilité pour qu’au moins un des cinq animaux ait un test positif ?
5. Le coût des soins à prodiguer à un animal ayant réagi positivement au test est de 100 euros et le coût
de l’abattage d’un animal non dépisté par le test et ayant développé la maladie est de 1 000 euros. On
suppose que le test est gratuit.
D’après les données précédentes, la loi de probabilité du coût à engager par animal subissant le test est
donnée par le tableau suivant :
Coût
Probabilité
0
0,940 5
100
0,058 0
1 000
0,001 5
(a) Calculer l’espérance mathématique de la variable aléatoire associant à un animal le coût à engager.
(b) Un éleveur possède un troupeau de 200 bêtes. Si tout le troupeau est soumis au test, quelle somme
doit-il prévoir d’engager en moyenne ?
1
Exercice 2.
5 points
Commun à tous les candidats
Soit (u n ) la suite définie par u 0 = 5 et pour tout nombre entier naturel n, par u n+1 =
Si f est la fonction définie sur l’intervalle ] − 2 ; +∞[ par f (x) =
naturel n, u n+1 = f (u n ).
4u n − 1
.
un + 2
4x − 1
, alors on a, pour tout nombre entier
x +2
On donne en annexe 2 (à rendre avec la copie) une partie de la courbe représentative C de la fonction f ainsi
que la droite ∆ d’équation y = x.
1. Étudier les variations de la fonction f .
2.
(a) Sur l’axe des abscisses, placer u 0 puis construire u 1 , u 2 et u 3 en laissant apparents les traits de
construction.
(b) Quelles conjectures peut-on émettre sur le sens de variation et sur la convergence de la suite (u n ) ?
3.
(a) Démontrer par récurrence que, pour tout nombre entier naturel n, on a u n − 1 > 0.
(b) Dans cette question, toute trace de recherche, même incomplète, ou d’initiative même non fructueuse,
sera prise en compte dans l’évaluation.
Valider par une démonstration les conjectures émises à la question 2. b.
4. Dans cette question, on se propose d’étudier la suite (u n ) par une autre méthode, en déterminant une
expression de u n en fonction de n.
1
Pour tout nombre entier naturel n, on pose v n =
.
un − 1
1
(a) Démontrer que la suite (v n ) est une suite arithmétique de raison .
3
(b) Pour tout nombre entier naturel n, exprimer v n en fonction de n.
1
(c) Montrer que pour tout entier naturel n, u n =
+1
vn
(d) Déduire des questions précédentes la limite de la suite (u n ).
5. Voici un algorithme :
Variables :
Initialisations :
Traitement :
n est un entier naturel
u est un réel.
Affecter à u la valeur 5.
Affecter à n la valeur 0
Tant que u > 2.
4u − 1
u +2
Affecter à n la valeur n + 1.
Le nombre n.
Affecter à u la valeur
Sortie :
(a) Quelle valeur sera retournée par cet algorithme ? Justifier.
(b) Julien souhaite remplacer dans l’algorithme la condition "u > 2" par "u > 0, 8". Juliette lui répond
que dans ce cas, l’algorithme ne s’arrêtera jamais.
Pourquoi Juliette a-t-elle raison ?
2
Exercice 3.
6 points
Commun à tous les candidats
On considère les deux courbes (C 1 ) et (C 2 ) d’équations respectives y = ex et y = −x 2 − 1 dans un repère
orthogonal du plan.
Le but de cet exercice est de prouver qu’il existe une unique tangente T commune à ces deux courbes.
1. Sur le graphique représenté dans l’annexe, tracer approximativement une telle tangente à l’aide d’une
règle.
Lire graphiquement l’abscisse du point de contact de cette tangente avec la courbe (C 1 ) et l’abscisse du
point de contact de cette tangente avec la courbe (C 2 ).
2. On désigne par a et b deux réels quelconques, par A le point d’abscisse a de la courbe (C 1 ) et par B le
point d’abscisse b de la courbe (C 2 ).
(a) Déterminer une équation de la tangente (TA ) à la courbe (C 1 ) au point A.
(b) Déterminer une équation de la tangente (TB ) à la courbe (C 2 ) au point B.
(c) En déduire que les droites (TA ) et (TB ) sont confondues si et seulement si les réels a et b sont
solutions du système (S) :
½
ea
= −2b
.
a
a
e − ae = b 2 − 1
(d) Montrer que le système (S) est équivalent au système (S0 ) :
½
ea
= −2b
.
2a
a
a
e + 4ae − 4e − 4 = 0
3. Le but de cette question est de prouver qu’il existe un unique réel solution de l’équation
(E) :
e2x + 4xex − 4ex − 4 = 0.
Pour cela, on considère la fonction f définie sur R par :
f (x) = e2x + 4xex − 4ex − 4.
(a) Montrer que pour tout x appartenant à ] − ∞ ; 0[, e2x − 4 < 0 et
4ex (x − 1) < 0.
(b) En déduire que l’équation (E) n’a pas de solution dans l’intervalle
] − ∞ ; 0[.
(c) Démontrer que la fonction f est strictement croissante sur l’intervalle [0 ; +∞[.
(d) Démontrer que l’équation (E) admet une solution unique dans l’intervalle [0 ; +∞[.
On note a cette solution. Donner un encadrement d’amplitude 10−2 de a.
4. On prend pour A le point d’abscisse a. Déterminer un encadrement d’amplitude 10−1 du réel b pour
lequel les droites (TA ) et (TB ) sont confondues.
3
Exercice 4
5 points
Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité
Le plan est muni d’un repère orthonormal direct (O, ~
u ;~
v ) (unité graphique : 1 cm).
Soient A, B et I les points d’affixes respectives 1 + i, 3 − i et 2.
À tout point M d’affixe z, on associe le point M 0 d’affixe z 0 telle que z 0 = z 2 − 4z. Le point M 0 est appelé l’image
de M .
1. Faire une figure et compléter cette figure tout au long de l’exercice.
2. Calculer les affixes des points A0 et B0 , images respectives des points A et B. Que remarque-t-on ?
3. Déterminer les points qui ont pour image le point d’affixe −5.
4.
(a) Vérifier que pour tout nombre complexe z, on a : z 0 + 4 = (z − 2)2 .
¯
¯
une relation entre ¯z 0 + 4¯ et |z − 2| et, lorsque z est différent de 2, une relation entre
(b) En ¡déduire
¢
arg z 0 + 4 et arg (z − 2),
(c) Que peut-on dire du point M 0 lorsque M décrit le cercle C de centre I et de rayon 2 ?
π
5. Soient E le point d’affixe 2 + 2ei 3 , J le point d’affixe −4 et E0 l’image de E.
³→
− −
→´
(a) Calculer la distance IE et une mesure en radians de l’angle u ; IE .
³→
− −→´
(b) Calculer la distance JE0 et une mesure en radians de l’angle u ; JE0 .
(c) Construire à la règle et au compas le point E0 ; on laissera apparents les traits de construction.
Exercice 4
5 points
Réservé aux candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité
On donne ci-dessous l’énoncé du petit théorème de Fermat (il sera admis, vous n’avez pas à le démontrer) :
Si p est un nombre premier et si a est un entier non divisible par p, alors
a p−1 ≡ 1 [p].
On considère la suite (u n ) définie, pour tout entier naturel n non nul, par
u n = 2n + 3n + 6n − 1.
1. Calculer les six premiers termes de la suite.
2. Montrer que, pour tout entier naturel n non nul, u n est pair.
3. Montrer que, pour tout entier naturel n pair non nul, u n est divisible par 4.
On note (E) l’ensemble des nombres premiers qui divisent au moins un terme de la suite u n .
4. Les entiers 2, 3, 5 et 7 appartiennent-ils à l’ensemble (E) ?
5. Soit p un nombre premier strictement supérieur à 3.
(a) Montrer à l’aide du petit théorème de Fermat que
6p−1 ≡ 1 [p],
6 × 2p−2 ≡ 3 [p]
et
6 × 3p−2 ≡ 2 [p].
(b) En déduire que 6 × u p−2 ≡ 0 [p].
(c) Le nombre p appartient-il à l’ensemble (E) ?
6. Déduire des questions précédentes l’ensemble des nombres appartenant à (E).
4
Numéro d’anonymat : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ANNEXE
Exercice 2
∆
4
C
3
2
1
−1
1
0
2
3
4
5
−1
Exercice 3
5
4
3
2
1
−5
−4
−3
−2
−1
0
−1
−2
−3
−4
5
1
2
3
4
Corrigé
Exercice 1.
Commun à tous les candidats
1. Voici un arbre pondéré modélisant la situation proposée
M
0; 01
b
T
b
T
b
T
b
T
0; 85
b
0; 15
b
M
0; 99
0; 05
b
0; 95
2.
(a) On suit la première branche : la probabilité est égale à
p(M ∩ T) = p(M) × p M (T) = 0, 01 × 0, 85 = 0,008 5
(b) La probabilité qu’il soit non porteur de la maladie et que son test soit positif (troisième branche) est
égale à 0, 99 × 0, 05 = 0,049 5.
³ ´
p(T) = p(M ∩ T) + p(M ∩ T) = p(M) × p M (T) + p M × p M (T) = 0,008 5 + 0,049 5 = 0, 058
3. Il faut calculer p T (M).
p T (M) =
4.
p(M ∩ T) 0,008 5
=
≈ 0,146 6
p(T)
0, 058
(a) On répète 5 fois de suite, et de façon indépendante, la même épreuve de Bernoulli pour laquelle le
succès est « l’animal choisi a un test positif ». La variable X, qui compte le nombre de succès, suit
donc la loi binomiale B(5 ; 0, 058).
Il s’agit de calculer p(X = 2).
à !
5
p(X = 2) =
× 0,0582 × (1 − 0,058)5−2 ≈ 0,028 1
2
(b) Il s’agit de calculer p(X Ê 1).
p(X Ê 1) = 1 − p(X = 0) = 1 − (1 − 0,058)5 ≈ 0,258 3
5.
Coût
Probabilité
0
0,940 5
100
0,058 0
(a) On a d’après les données du tableau :
E = 0 × 0,940 5 + 100 × 0,058 0 + 1 000 × 0,001 5 = 5, 80 + 1, 50 = 7, 30 e.
Ceci représente le coût moyen par animal
(b) Pour 200 bêtes, le coût sera en moyenne de :
200 × 7, 30 = 1 460 e.
6
1 000
0,001 5
Exercice 2.
Commun à tous les candidats
1. f est une fonction rationnelle, elle est donc dérivable sur son ensemble de définition.
12
4(x + 2) − (4x − 1)
=
Pour tout réel x ∈] − 2; +∞[, f 0 (x) =
(x + 2)2
(x + 2)2
Comme f 0 (x) > 0 sur l’intervalle de définition alors f est strictement croissante sur ] − 2; +∞[.
2.
(a) En partant du point ((u 0 = 5 ; 0) et en allant alternativement verticalement vers la courbe C et
horizontalement vers la droite ∆, on obtient les points de la courbe C d’abscisses, u 1 , u 2 , u 3 etc.
∆
3
C
2
1
u3
1
0
u3
2 u2
u1 3
4
5
u0
(b) A la vue des premiers termes, il semble que la suite soit décroissante et qu’elle converge vers
l’abscisse du point commun à C et à ∆ soit vers 1.
3.
(a) Notons P n la propriété à démontrer au rang n : « u n − 1 > 0 ».
• Initialisation : montrons que la propriété est vraie au rang 0 :
on a u 0 − 1 = 5 − 1 = 4 > 0 : vrai.
• Hérédité : supposons qu’il existe k ∈ N tel que u k − 1 > 0.
4u k − 1
Comme u k+1 =
alors :
uk + 2
u k+1 − 1 =
4u k − 1
4u k − 1 − u k − 2 3u k − 3 3 (u k − 1)
−1 =
=
=
uk + 2
uk + 2
uk + 2
uk + 2
On sait, par hypothèse de récurrence, que u k − 1 > 0, donc u k > 1 et u k + 2 > 3 > 0.
Le numérateur et le dénominateur de l’expression sont supérieurs à zéro,
donc finalement u k+1 − 1 > 0.
• Conclusion : On a donc démontré par récurrence que pour tout n ∈ N, u n − 1 > 0.
Remarque : une autre justification de l’hérédité.
supposons qu’il existe k ∈ N tel que u k − 1 > 0.
On a alors u k > 1 et donc f (u k ) > f (1) puisque f est strictement croissante sur
] − 2; +∞[.
Or f (u k ) = u k+1 et f (1) = 1, la dernière inégalité peut donc s’écrire : u k+1 > 1
c’est-à-dire u k+1 − 1 > 0.
Cette méthode était plus simple et plus rapide !
(b) Plan de la démonstration :
7
– Démontrer que la suite est décroissante. Pour cela, on peut utiliser un raisonnement par récurrence ou faire l’étude du signe de u n+1 − u n .
– Démontrer que la suite est minorée. Très rapide en utilisant un résultat précédent.
– Déduire des deux points précédents la convergence vers un réel `.
– Déterminer la valeur de ` en résolvant une équation obtenue grâce à l’unicité de la limite.
• Décroissance de la suite avec l’étude du signe de u n+1 − u n .
u n+1 − u n =
4u n − 1 − u n2 − 2u n −u n2 + 2u n − 1
u 2 − 2u n + 1
4u n − 1
(u n − 1)2
− un =
=
=− n
=−
un + 2
un + 2
un + 2
un + 2
un + 2
Les deux termes du quotients sont positifs, donc finalement u n+1 − u n < 0 ce qui démontre que la
suite (u n ) est décroissante.
• Minoration.
On a démontré dans une question précédente que pour tout entier naturel n, u n − 1 > 0 ce qui
équivaut à u n > 1. La suite est donc minorée par 1.
• Convergence.
La suite étant minorée par 1 et décroissante, elle converge vers une limite ` Ê 1.
• Calcul de `.
4` − 1
; cette équation se ramène à l’équation du second degré
`+2
`(` + 2) = 4` − 1 dont la seule solution est ` = 1.
Par unicité de la limite, on a ` =
La suite (u n ) converge vers 1.
4. La suite (v n ) est bien définie pour tout entier naturel n puisque l’on a montré que u n − 1 > 0 et donc
u n − 1 6= 0.
(a) Pour tout naturel n :
1
1
1
un + 2
1
=
=
=
=
v n+1 =
u
+
2
4u
−
1
4u
−
1
3u
−
3
u n+1 − 1
3(u n − 1)
n
n
n
n
−1
−
un + 2
un + 2 un + 2
un + 2
D’autre part,
1
1
1 3 + un − 1
un + 2
vn + =
+ =
=
3 u n − 1 3 3(u n − 1) 3(u n − 1)
On a donc bien v n+1 = v n +
1
pour tout naturel n.
3
1
Ceci montre que la suite (v n ) est une suite arithmétique de raison , de premier terme
3
1
1
1
v0 =
=
= .
u0 − 1 5 − 1 4
Remarque : On peut aussi calculer v n+1 − v n et montrer que le résultat est
1
constant et égale à . Cela demande du calcul. . . mais on y arrive !
3
1 1 1
1 n 3 + 4n
(b) On sait que v n = v 0 + n × = + × n = + =
.
3 4 3
4 3
12
1
1
1
(c) v n =
⇐⇒ v n (u n − 1) = 1 ⇐⇒ u n − 1 =
⇐⇒ u n =
+ 1, quel que soit n ∈ N.
un − 1
vn
vn
3 + 4n
1
(d) Comme v n =
pour tout naturel n alors lim v n = +∞ et donc lim
= 0 donc
n→+∞
n→+∞ v n
12
1
lim
+ 1 = 1 c’est-à-dire lim u n = 1.
n→+∞ v n
n→+∞
8
5.
(a) Cet algorithme retourne la valeur 3. En voici la justification :
Étape
n
u
Initialisation
0
5
5>2
Fin étape 1
1
19
7
19
> 2 vrai
7
Fin étape 2
2
23
11
23
> 2 vrai
11
Fin étape 3
3
9
5
9
> 2 faux
5
test
vrai
(b) Cet algorithme calcule les premiers termes de la suite (u n ), et cela tant que la condition donnée est
vérifiée.
On a démontré dans une question précédente que pour tout entier naturel n, u n > 1. On a donc a
fortiori u n > 0, 8 pour tout naturel n.
Par conséquent, si l’on remplace la condition de l’algorithme par « u > 0, 8 » alors cette condition
sera toujours vérifiée et donc l’algorithme ne s’arrêtera jamais.
Exercice 3.
Commun à tous les candidats
1. Lecture graphique de l’abscisse du point de contact de cette tangente avec la courbe (C 1 ) : a ' 0, 8 et
l’abscisse du point de contact de cette tangente avec la courbe (C 2 ) : b ' −1, 2.
A
2
1
−3
−2
−1
0
1
2
−1
−2
B
−3
2.
(a) Équation de la tangente (TA ) à la courbe (C 1 ) au point A :
y = f (a) + (x − a) × f 0 (a) ⇐⇒ y = ea + ea (x − a) ⇐⇒ y = ea x + ea (1 − a)
(b) Équation de la tangente (TB ) à la courbe (C 2 ) au point B :
y = g (b) + (x − b) × g 0 (b) ⇐⇒ y = (−b 2 − 1) − 2b(x − b) ⇐⇒ y = (−2b)x + b 2 − 1
(c) Ces deux droites sont confondues si et seulement si elles ont le même coefficient directeur et la
même ordonnée à l’origine. En identifiant terme à terme les deux équations, on obtient :
½
(T A ) = (TB ) ⇐⇒ (S) :
9
ea = −2b
ea (1 − a) = b 2 − 1
(d)
(
(S) ⇐⇒
3.
a
b = − e2
½
´
a 2
³
ea (1 − a) = − e2
⇐⇒
−1
a
b = − e2
⇐⇒
4ea (1 − a) = (ea )2 − 4
½
ea
= −2b
e2a + 4aea − 4ea − 4 = 0
(a) Sur ] − ∞ ; 0[,
x <0
donc
2x < 0
e2x < e0
donc
2x
c’est-à-dire
d’où
e
e
2x
puisque la fonction exponentielle est strictement croissante sur R
<1
− 4 < −3 < 0
D’autre part :
x <0
x −1 < 0
donc
donc
x
4 e (x − 1) < 0
puisqu’ une exponentielle est strictement positive
(b) L’équation (E) n’a pas de solution dans l’intervalle ] − ∞ ; 0[. En effet, sur cet intervalle :
e2x − 4 < 0 et
4(x − 1) ex < 0 donc e2x − 4 + 4(x − 1) ex < 0
c’est-à-dire : e2x + 4xex − 4ex − 4 < 0 .
(c) La fonction f est strictement croissante sur l’intervalle [0 ; +∞[, car sa dérivée est positive :
f 0 (x) = 2e2x + 4ex + 4xex − 4ex = 2e2x + 4xex > 0 (somme de nombres strictement positifs)
(d) En effet :
f (0) = −7
lim f (x) = lim e
x→+∞
x→+∞
2x
µ
¶
x
4
4
x
4
1 + 4 x − x − 2x = +∞ car lim x = 0 et lim nx = 0 (n = 1 ou 2)
x→+∞
x→+∞
e
e
e
e
e
x
a
0
+∞
+∞
f
0
−7
La fonction f est continue et strictement croissante sur [0 ; +∞[.
Or 0 ∈ [−7 ; +∞[, donc l’équation f (x) = 0 admet une unique solution a.
Encadrement d’amplitude 10−2 de a (en utilisant le théorème des valeurs intermédiaires) :
f (0, 84) ≈ −0, 117 et f (0, 85) ≈ 0, 07 donc
0, 84 É a É 0, 85
ea
.
2
a
Comme 0, 84 É a É 0, 85 alors 2, 31 < e0,84 É ea É e0,85 < 2, 34 et donc 1, 155 É e2 É 1, 17
4. On a vu précédemment que b = −
Conclusion : −1, 2 É b É −1, 1
10
Exercice 4.
Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité
1. Voici la figure complétée :
C0
4
E0
C
2
A
J
−8
−6
I
−4
−2
B 00
A
0
2
4
B
−2
−4
2. z 0A = z 2A − 4z A = (1 + i)2 − 4(1 + i) = −4 − 2i.
z B0 = z B2 − 4z B = (3 − i)2 − 4(3 − i) = −4 − 2i. Les images des points A et B sont confondues.
3. Il s’agit de trouver toutes les valeurs de z pour lesquelles z 0 = 5 c’est-à-dire de résoudre l’équation
z 2 − 4z = −5 qui équivaut à l’équation z 2 − 4z + 5 = 0.
4 − 2i
Cette équation du second degré admet deux solutions : z 1 =
= 2 − i et z 2 = 2 + i . Ce sont les affixes
2
des deux points qui conviennent.
4.
(a) (z − 2)2 = z 2 − 4z + 4 = z 0 + 4.
¯
¯
2
2
(b) ¯z 0 +¡ 4¯ = |(z
et lorsque z est différent de 2,
¢ − 2) ¡| = |z −22|
¢
0
arg z + 4 = arg (z − 2) = 2 arg (z − 2).
(c) Lorsque M décrit le cercle C de centre I et de rayon 2, on a I M = 2 = |z − 2| donc |z 0 + 4| = 22 = 4
donc M 0 appartient au cercle de centre J (−4) et de rayon 4.
π
5. z E = 2 + 2ei 3 et z I = 2.
π
π
π
(a) IE=
|z E ´− z I | = |2 + 2ei 3 − 2| = |2ei 3 | = 2|ei 3 | = 2
³→
π
π
− −
→
u ; IE = arg(2ei 3 ) = .
3
0
0
2
(b) JE = |z E + 4| = |z E − 2| = 4
³→
π 2π
− −→0 ´
→
− −
→
.
u ; JE = 2arg( u ; IE ) = 2 × =
3
3
(c)
11
Exercice 4.
Réservé aux candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité
1. On a :
u 0 = 20 + 30 + 60 − 1
= 2 ;
u 1 = 21 + 31 + 61 − 1
= 2+3+6−1
= 10 ;
u 2 = 22 + 32 + 62 − 1
= 4 + 9 + 36 − 1
= 48 ;
u 3 = 23 + 33 + 63 − 1
= 8 + 27 + 216 − 1
= 250 ;
u 4 = 24 + 34 + 64 − 1
= 16 + 81 + 1296 − 1
= 1392 ;
u 5 = 25 + 35 + 65 − 1
= 32 + 243 + 7776 − 1
= 8050 .
2. Soit n ∈ N ; alors
u n ≡ 0n + 1n + 0n − 1 ≡ 1 − 1 ≡ 0 [2],
et par conséquent u n est divisible par 2, c’est-à-dire pair.
3. Si n est un entier pair non nul, alors il existe k ∈ N∗ tel que n = 2k. On en déduit que u n s’écrit sous la
forme :
u n = 22k + 32k + 62k − 1
= (22 )k + (32 )k + (62 )k − 1
= 4k + 9k + 36k − 1.
Comme 4 ≡ 0 [4], 9 ≡ 1 [4] et 36 ≡ 0 [4], on a
u n ≡ 0k + 1k + 0k − 1 ≡ 1 − 1 ≡ 0 [4],
ce qui montre que u n est divisible par 4.
Remarque : le propriété n’est pas vraie pour n = 0 car u 0 = 2 n’est pas divisible par 4. On peut alors se
demander pourquoi la démonstration que l’on vient de réaliser n’est pas valide pour k = 0. Réponse : on se
retrouverait avec le terme 00 , qui n’est pas défini mathématiquement...
4. •
•
•
•
5.
D’après 2., tous les termes de la suite (u n ) sont divisibles par 2, donc 2 ∈ (E ).
D’après 1., u 2 = 48 = 3 × 16 ; 3 divise donc u 2 et par suite 3 ∈ (E ).
De même, u 1 = 10 = 5 × 2, donc 5 ∈ (E ).
Enfin, u 5 = 8050 = 7 × 1150, donc 7 divise u 5 et par conséquent 7 ∈ (E ).
(a) • p étant un nombre premier strictement supérieur à 3, p ne divise pas 6 et d’après le petit théorème
de Fermat :
6p−1 ≡ 1 [p].
12
• De même, p ne divise pas 2 car p > 2, donc
2p−1 ≡ 1 [p],
ce qui implique :
3 × 2p−1 ≡ 3 [p].
Comme 3 × 2p−1 = 3 × 2 × 2p−2 = 6 × 2p−2 , on a bien
6 × 2p−2 ≡ 3 [p].
• Enfin, p ne divise pas 3 car p > 3, donc
3p−1 ≡ 1 [p],
ce qui implique
2 × 3p−1 ≡ 2 [p].
Comme 2 × 3p−1 = 2 × 3 × 3p−2 = 6 × 3p−2 , on a bien
6 × 3p−2 ≡ 2 [p].
(b) On a :
6 × u p−2 ≡ 6(2p−2 + 3p−2 + 6p−2 − 1) [p]
≡ 6 × 2p−2 + 6 × 3p−2 + 6p−1 − 6 [p]
≡ 3 + 2 + 1 − 6 [p]
(d’après 5.(a))
≡ 0 [p],
ce qu’il fallait démontrer.
(c) D’après 5.(b), il existe k ∈ N tel que 6 × u p−2 = kp, soit
2 × 3 × u p−2 = kp.
p figure donc dans la décompostion en produit de facteurs premiers de 2 × 3 × u p−2 , donc nécessairement dans celle de u p−2 . Cela implique que p divise u p−2 , donc p ∈ (E ).
6. D’après 5.(c), tout nombre premier strictement supérieur à 3 appartient à (E). De plus, d’après 4, les
entiers 2 et 3 appartiennent aussi à (E).
Conclusion : (E) est l’ensemble des nombres premiers.
13