Corrigé bac C Liban 1978

ybreney

Bonjour à tous,
est ce que l'un d'entre vous disposerait du corrigé du problème posé en série C en 1978 au Liban?
Si oui, auriez-vous l'amabilité de le scanner ?
En vous remerciant par avance.
Cordialement.

Y.

PS. Énoncé visible ici: http://www.apmep.fr/IMG/pdf/Liban_C_juin_1978.pdf

discret

L'exercice 1.

Les première et troisième conditions, ainsi que le théorème chinois, montre qu'un tel entier s'écrit $n \equiv 112 \pmod{148}$. De plus, ayant au moins $10$ diviseurs, le nombre de facteurs premiers, comptés avec leur multiplicités, doit dépasser $4$. Ainsi, une recherche parmi ces entiers montre que, sauf erreur :

1. $n=112$ est le minimum de $E$ ($112 = 4 \times 28$, a $10$ diviseurs et s'écrit aussi $112 = 1+3 \times 37$).

2. $n = 26 \, 900 \in E$ ($26 \, 900 = 4 \times 6 \, 725$, a $18$ diviseurs, s'écrit $26 \, 900 = 1 + 727 \times 37$ et est bien compris entre $26 \, 800$ et $27 \, 800$).

ybreney

Bonjour,

merci "discret" pour la réponse mais c'est le corrigé du problème qui m'intéresse en premier lieu.

Cordialement.

Y.

+-

ybreney tu peux commencer à l'écrire et poster
il y aura quelques personnes qui t'aideront.

discret

Quelques indications...

1. Utiliser le fait que, si $x >0$, alors $\dfrac{x}{\cos^2 t} \geqslant x$, d'où, en intégrant
$$f(x) \leqslant \tfrac{\pi}{4} \, e^{-x} < e^{-x}.$$
Comme $f(x) \geqslant 0$ sur $\mathbb{R}$, le théorème des Gendarmes fournit
$$\lim_{x \rightarrow + \infty} f(x) = 0.$$

2. (a) Ou bien utiliser l'inégalité de Taylor-Lagrange, ou bien faire une étude de fonction.

Par exemple pour la première, poser $H_b : x \longmapsto \frac{1}{2} \, e^b x^2 - (e^x-x-1)$ pour $x \in I = \left ] - \infty, b \right ]$. vérifier que, pour $x \in I$, on a $H''_b(x) = e^b - e^x \geqslant 0$ et donc $H'_b$ est strictement croissante sur $I$. Comme elle s'annule en $0$, on en déduit que $H_b$ admet un minimum en $0$ sur $I$. On conclut avec $H_b(0)=0$.

2. (b). Elle se traite bien évidemment avec la formule de Taylor avec reste intégral, par exemple, mais je ne me souviens plus si celle-ci était au programme.

On en déduit que $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et, pour tout $x \in \mathbb{R}$
$$f'(x) = - \int_0^{\pi/4} \frac{e^{-x/\cos^2 t}}{\cos^2 t} \, \textrm{d}t = - e^{-x} \int_0^{\pi/4} \frac{e^{-x \tan^2 t}}{\cos^2 t} \, \textrm{d}t.$$

3. Pour tout $t \in J = \left ] - \pi/2 \, , \, \pi/2 \right [$ et tout $x \in \mathbb{R}$, on a
$$Q'_x(t) = \frac{x}{\cos^2 t} P'(x \tan t ) = \frac{x \, e^{-x^2 \tan^2 t}}{\cos^2 t}.$$
Ainsi
\begin{eqnarray*}
x \int_0^{\pi/4} \frac{e^{-x^2 \tan^2 t}}{\cos^2 t} \, \textrm{d}t &=& \int_0^{\pi/4} Q'_x(t) \, \textrm{d}t = Q_x \left( \tfrac{\pi}{4} \right) - Q_x (0) \\
&=& P(x) - P(0) = \int_0^x P'(u) \, \textrm{d}u = \int_0^x e^{-u^2} \, \textrm{d}u.
\end{eqnarray*}

4. En utilisant 2°b et 3°, il vient
$$g'(x) = 2x f'(x^2) = -2x e^{-x^2} \int_0^{\pi/4} \frac{e^{-x^2 \tan^2 t}}{\cos^2 t} \, \textrm{d}t = - 2e^{-x^2} \int_0^x e^{-u^2} \, \textrm{d}u.$$
On en déduit que $h'(x) = 0$ et donc $h$ est constante sur $\mathbb{R}$. En particulier, pour tout $x \in \mathbb{R}$
$$h(x) = h(0) = g(0) = f(0) = \frac{\pi}{4}.$$
Ainsi, pour tout $x \in \mathbb{R}$, on a
$$\int_0^x e^{-u^2} \, \textrm{d}u = \left( \frac{\pi}{4} - g(x) \right )^{1/2}.$$
Or, d'après 1°, $g(x) \underset{x \rightarrow + \infty}{\longrightarrow} 0$, donc l'intégrale converge et
$$\lim_{x \rightarrow + \infty} \left( \int_0^x e^{-u^2} \, \textrm{d}u \right) = \sqrt{\frac{\pi}{4}} = \frac{\sqrt{\pi}}{2}.$$

ybreney

A +/-: Merci de l'aide proposée mais c'est je ne cherche pas à résoudre l'exercice mais je suis curieux de savoir ce que l'on attendait d'un élève de Terminale C à l'époque, raison pour laquelle je demandais si quelqu'un avait un corrigé de l'époque.

Merci une fois de plus à discret pour sa réponse détaillée.

Y.

ybreney

A discret:

Pour la question 2b, je me demandais justement comment faire sans formule de Taylor (je doute que cela ait figuré au programme).

Y.

Amédé

Bonsoir,

en feuilletant le $ALEPH_{1}$ de mon père (1976). Ils la donnent comme suit sans la nommer:

$f(x)=f(a)+f'(a)(x-a)+(x-a)\varepsilon(x)$ avec $\lim\limits_{x\longrightarrow a}{\varepsilon(x)}=0$

Fin de partie

Pour l'exercice 1, inutile d'être trop savant il faut seulement avoir un peu la foi:

En effet,

1)
Les nombres cherchés sont de la forme $37p+1$ avec $p$ un nombre premier.

On peut oublier $p=1$ qui n'est pas premier.

Si $p=2$ alors $37p+1=75=3\times 5^2$

Pour évaluer le nombre de diviseurs soit on connait une formule soit on le fait à la main par exhaustion:

$1,3,5,15,25,75$ On peut rejeter $p=2$

Si $p=3$ alors $37p+1=112=2^4\times 7$

$1,2,4,7,8,14,16,28,56,112$. Ces dix nombres divisent $112$ (on ne s'intéresse même pas au fait qu'on a pu oublier un diviseur il faut en aligner au moins $10$)


2)

Si on résout dans $\mathbb{N}$ l'inéquation $26800<37p+1<27800$

Celle-ci est équivalente à $725\leq p \leq 751$

Cela fait $27$ valeurs à tester, à priori.
Mais en fait puisque $p$ est premier on aura au plus $8$ valeurs à tester (le filtrage s'est fait uniquement par utilisation de critères de divisibilité)
En réalité, on peut même se passer de ma dernière remarque, elle sert seulement à se donner du courage. B-)-

$p=725$ et $p=726$ sont à oublier puisque non premier.

$p=727$

$\sqrt{727}<27$

$727$ n'est ni divisible par $2$, par $3$, par $5$

$727=7\times 101+20=7\times101+2*7+5=103\times 7+5$

$727=11\times 66+1=13\times 55+12=17\times 42+13=19\times 38+5=23\times 31+14$

(probablement qu'une table de nombres premiers était un document autorisé. Les calculatrices devaient être interdites et rares à l'époque)

$727$ est bien un nombre premier.

$727\times 37+1=26900=2^2\times 5^2\times 269$

On peut vérifier à la main que $269$ est premier ou le lire sur une table de nombres premiers (inférieurs à $1000$)

$1,2,4,5,10,20,25,50,...,269,26900$ sont $10$ diviseurs de $26900$

Cet exercice était un truc calculatoire destiné à éprouver la foi de l'apprenti-bachelier. :-D

Fin de partie

Question 2)b) du problème qui est certainement l'une des questions les plus difficiles de celui-ci.

On définit sur $\mathbb{R}$, la fonction $\varphi_a$ comme suit:

Pour $x\neq a$,
$\displaystyle \varphi_a(x)=\dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}+\int_0^{\tfrac{\pi}{4}} \dfrac{\exp\left(\dfrac{-a}{(\cos t)^2}\right)}{(\cos t)^2}dt$

$\displaystyle \varphi_a(a)=0$

Montrons que cette fonction est continue en $a$.

Soit $h>0$ un réel.

$\displaystyle \varphi_a(a+h)=\dfrac{1}{h}\int_0^{\tfrac{\pi}{4}}\exp\left(\dfrac{-a}{(\cos t)^2}\right)\left(\exp\left(\dfrac{-h}{(\cos t)^2}\right)-\left(\dfrac{-h}{(\cos t)^2}\right)-1\right)dt$

Pour $t\in\left[0,\tfrac{\pi}{4}\right]$ et $h>0$ on a $-\dfrac{h}{(\cos t)^2}<1$ et on peut appliquer la première inégalité de la question 2)a avec $b=1$ :

Pour $t\in\left[0,\tfrac{\pi}{4}\right]$ et $h>0$,
$\exp\left(\dfrac{-h}{(\cos t)^2}\right)-\left(\dfrac{-h}{(\cos t)^2}\right)-1\leq \dfrac{1}{2}e \left(\dfrac{h}{(\cos t)^2}\right)^2$


Sur l'intervalle $\left[0,\tfrac{\pi}{4}\right]$ la fonction $t \rightarrow (\cos t)^2$ est décroissante et pour tout $t\in \left[0,\tfrac{\pi}{4}\right]$ , $(\cos t)^2\in \left[\dfrac{1}{2},1\right]$.
Ainsi, pour $t\in \left[0,\tfrac{\pi}{4}\right]$ on a $\dfrac{1}{(\cos t)^2}\in \left[1,2\right]$

Donc, puisque $h>0$, on a:

$\dfrac{-h}{(\cos t)^2}\in \left[-2h,-h\right]$

On peut appliquer la deuxième inégalité de la question 2)a) avec $b=2h$:

Pour $t\in\left[0,\tfrac{\pi}{4}\right]$ et $h>0$,

$\exp\left(\dfrac{-h}{(\cos t)^2}\right)-\left(\dfrac{-h}{(\cos t)^2}\right)-1\geq \dfrac{1}{2}e^{-2h} \left(\dfrac{h}{(\cos t)^2}\right)^2$

Posons $\displaystyle J_a=\int_0^{\tfrac{\pi}{4}} \dfrac{\exp\left(\dfrac{-a}{(\cos t)^2}\right)}{(\cos t)^4}dt$.
Ce nombre ne dépend pas de $h$, seulement de $a$.

En définitive, on a:

$\displaystyle \dfrac{1}{2}h.e^{-2h}.J_a\leq \varphi_a(a+h)\leq \dfrac{1}{2}h.e.J_a$

On fait tendre $h$ vers $0$ et le théorème, dit des gendarmes, permet de conclure que:

$\lim_{h\rightarrow 0} \varphi_a(a+h)=0$

En s'intéressant à $\varphi_a(a-h)$ avec $h>0$ on montrerait de façon similaire que:

$\displaystyle \dfrac{1}{2}h.e^{-1}.J_a\leq \varphi_a(a+h)\leq \dfrac{1}{2}h.e^{2h}.J_a$

et ainsi, en faisant tendre $h$ vers $0$ et par l'utilisation du théorème, dit des gendarmes, on obtient que:

$\lim_{h\rightarrow 0} \varphi_a(a-h)=0$


$\lim_{h\rightarrow 0} \varphi_a(a-h)=0$ et $\lim_{h\rightarrow 0} \varphi_a(a+h)=0$ entraînent que $ \varphi_a$ est continue en $a$.

En espérant qu'il n'y a pas trop d'énormités.


PS:
J'avais oublié la fin de cette question mais ce n'est pas ce qui est le plus dur à faire.

Pour $x\neq a$ on a:

$\displaystyle \dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}=\varphi_a(x)-\int_0^{\tfrac{\pi}{4}} \dfrac{\exp\left(\dfrac{-a}{(\cos t)^2}\right)}{(\cos t)^2}dt$


Puisque $\varphi_a$ est continue en $a$ alors $\lim_{x\rightarrow a} \varphi_a(x)$ existe et vaut $0$.

Ainsi, on a:

$\displaystyle \lim_{x\rightarrow a} \dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}=-\int_0^{\tfrac{\pi}{4}} \dfrac{\exp\left(\dfrac{-a}{(\cos t)^2}\right)}{(\cos t)^2}dt$

Le premier membre qui est donc un nombre réel est $f'(a)$.

En conclusion,

Pour tout $x$ réel on a:

$\displaystyle f'(x)=-\int_0^{\tfrac{\pi}{4}} \dfrac{\exp\left(\dfrac{-x}{(\cos t)^2}\right)}{(\cos t)^2}dt$

gai requin

C'est vrai qu'un petit coup de convergence dominée et ça va plus vite. (:P)

gai requin

Un excellent résumé sur les intégrales à paramètres : Rouvière

Fin de partie

Exercice 2:

1)
$\varphi'(t)=(-\sin t).\vec{a}+(\cos t).\vec{b}$

$det(\varphi(t),\varphi'(t))=\begin{vmatrix}\cos t & -\sin t\\\sin t & \cos t\end{vmatrix}=(\cos t)^2+(\sin t)^2=1$

Les deux vecteurs $\varphi(t),\varphi'(t)$ ne sont pas colinéaires ils forment donc une base de $E$.

2)
$(\cos t).\vec{a}+(\sin t).\vec{b}=x.\varphi(\alpha)+y.\varphi'(\alpha)$

est équivalent à:

$(\cos t).\vec{a}+(\sin t).\vec{b}=(x\cos \alpha-y\sin \alpha).\vec{a}+(x\sin \alpha+y\cos \alpha).\vec{b}$

est équivalent à:

$\left\{
\begin{array}{l}
x\cos \alpha-y\sin \alpha = \cos t \\
x\sin \alpha+y\cos \alpha = \sin t
\end{array}
\right.$

Le déterminant de ce système d'équations d'inconnues $x,y$ est :
$\begin{vmatrix}\cos \alpha & -\sin \alpha\\\sin \alpha & \cos \alpha\end{vmatrix}=(\cos \alpha)^2+(\sin \alpha)^2=1$

Il admet donc un unique couple solution qu'on peut obtenir par les formules de Cramer:

$x=\dfrac{\begin{vmatrix}\cos t & -\sin \alpha\\\sin t & \cos \alpha\end{vmatrix}}{\begin{vmatrix}\cos \alpha & -\sin \alpha\\\sin \alpha & \cos \alpha\end{vmatrix}}=\cos \alpha\cos t+\sin \alpha \sin t$

$y=\dfrac{\begin{vmatrix}\cos \alpha & \cos t\\\sin \alpha & \sin t\end{vmatrix}}{\begin{vmatrix}\cos \alpha & -\sin \alpha\\\sin \alpha & \cos \alpha\end{vmatrix}}=\cos \alpha\sin t-\sin \alpha\cos t$

A noter que le résultat est cohérent avec le cas de figure $t=\alpha$.

(j'imagine qu'un certain nombre de candidats ont pensé qu'on était dans ce cas de figure-là)

Ainsi, pour tout $t$ réel , $\varphi(t)=(\cos \alpha\cos t+\sin \alpha \sin t).\varphi(\alpha)+(\cos \alpha\sin t-\sin \alpha\cos t).\varphi'(\alpha)$

3)

$\varphi(u).\varphi'(u)=0$

est équivalent à:

$\cos u\times (-\sin u)+\sin u\times \cos u=0$

est équivalent à:

$0=0$

L'ensemble cherché est $\mathbb{R}$.

sebsheep

Pour la question 1, ne faut-il pas comprendre "base orthonormée de E" ? En effet dans l'énoncé rien ne dit que $a$ et $b$ sont orthogonaux, mais sans cette hypothèse, on ne fait pas grand chose du produit scalaire ; je suppute donc que lorsqu'un "plan euclidien est rapporté à une base", cette dite base est orthonormée.

Ainsi, il suffit de montrer que $\phi(a)\cdot\phi'(a)=0$ et $\|\phi(a)\| = \|\phi'(a)\|=1$. Mais du coup ça vide un peu la question 3...

Fin de partie

Il n'est pas demandé de montrer que $\varphi(\alpha),\varphi'(\alpha)$ est une base orthonormée de $E$.

sebsheep

N'est-ce pas implicite vu qu'il n'est pas non plus précisé que $(a,b)$ est orthonormé ?

Fin de partie

Cela ne coûte pas beaucoup d'effort supplémentaire d'indiquer la norme de ces deux vecteurs dans la question 3)
($(\cos u)^2+(\sin u)^2=1$)

Arnaud_G

Désolé de remonter ce sujet mais à quel niveau actuel placeriez-vous ce sujet ? MPSI ?

Wàng

Supérieur au capès 2023 ^^

etanche

Aujourd’hui c’est du niveau bac +1 ou +2.
Je me demande quand même quelle est % d’élèves qui avaient réussi ce sujet en 1978 ?
La répartition des notes ? 
Qui est la personne qui conçu ce sujet ?

noix de totos

Ça fait un peu bizarre de se revoir et de se relire sous un autre pseudo (discret = noix de totos) après tant d'années (même si tout le monde s'en f..., je tenais à le dire !).

Fin de partie

@Wàng. Je doute que ce sujet de bac ait été représentatif des sujets de bac de l'époque. M'est avis que l'exercice d'analyse, le calcul de l'intégrale*, a été un flop mais que la bienveillance des correcteurs a su compenser cette audace des auteurs du sujet. En même temps, j'imagine qu'un faible nombre de candidats, par rapport à leur ensemble, se sont retrouvés en face de ce sujet ce qui a permis d'éviter le scandale (et de surcroît à l'étranger)

*: j'aurais été bien incapable de faire cet exercice en terminale je suppose.

PS.
À l'époque, pour ceux qui l'ignorent, chaque académie, ou presque, avait ses propres sujets de bac. Les mauvaises langues affirmaient qu'il était plus judicieux de passer son bac dans certaines académies pour augmenter ses chances de l'obtenir.

PS2.
Dans "mon" manuel de mathématiques de terminale (édition de 1983) cet exercice d'analyse y figurait avec deux étoiles. Les étoiles indiquant que l'exercice était difficile.

Fin de partie

@Etanche.

Un probable début de réponse sur cette page.

Avant de vous dire qu'un taux de $69\%$ de gens qui ont obtenu un bac général en $1970$ c'est assez élevé, regardez le tableau qui suit et qui donne le taux de bacheliers dans une génération. (en 1970, $16,7\%$ de cette classe d'âge avait un bac général). Il y a des gens qui sont nostalgiques de cette époque, ce taux de $16,7\%$ leur fait très envie je suppose.

NB.
Les chiffres du tableau laissent comprendre qu'il était plus difficile d'avoir un bac général dans la première moitié des années $80$ qu'en $1970$.

cailloux

 Bonjour,
Je voudrais revenir sur la question 3) de l'exercice 2.
La base $(\vec{a},\vec{b})$ n'est pas supposée orthonormée. Dans le cas où $||\vec{a}||\not=||\vec{b}||$, il me semble qu'on aboutit à : $$\tan\,2u=\dfrac{2\vec{a}.\vec{b}}{||\vec{a}||^2-||\vec{b}||^2}$$
Et plus généralement : $$\varphi(u).\varphi'(u)=\dfrac{1}{2}(||\vec{b}||^2-||\vec{a}||^2)\sin\,2u+(\vec{a}.\vec{b})\cos\,2u$$
C'est moi qui suis à l'ouest ou bien ?

cailloux

Je comprends bien que cet exercice élémentaire n'intéresse pas grand monde.
Je le remonte une dernière fois, toujours avec la même question.

JLapin

Ca me semble cohérent.

cailloux

Merci JLapin.

marc0075

la formule de Taylor avec reste intégral n'était pas au programme de terminale C en 1978.

[Brook Taylor (1685-1731) prend toujours une majuscule. AD]

marc0075

etanche a dit : https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2418240/#Comment_2418240

Aujourd’hui c’est du niveau bac +1 ou +2.
Je me demande quand même quelle est % d’élèves qui avaient réussi ce sujet en 1978 ?
La répartition des notes ? 
Qui est la personne qui conçu ce sujet ?

 À l'époque les sujets étaient académiques et il y avait donc beaucoup moins de filtrage qu'aujourd'hui.  Probablement un IPR en liaison avec un prof d'une très bonne terminale C.