Analyse, nombres complexes, arithmétique et structures algébriques

Sujet et corrigé — 20 points

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1. Exercice 1Analyse10 pts

   Chapitres : Limites et continuité · Limites et continuité · Dérivation et étude des fonctions · Dérivation et étude des fonctions · Fonctions logarithmiques · Fonctions logarithmiques · Suites numériques · Suites numériques · Calcul intégral · Calcul intégral

   Partie A.

   1. Vérifier que : $(\forall x\in {\mathbb{R}}^{+})$ ; $0\le 1-x+x^2-\frac{1}{x+1}\le x^3$. (0,25 pt)
   2. En déduire que : $(\forall x\in {\mathbb{R}}^{+})$ ; $0\le x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\ln (1+x)\le \frac{x^4}{4}$. (0,25 pt)

   Partie B. On considère la fonction $f$ définie sur $I=[0,+\infty [$ par : $f(0)=\frac{1}{2}\text{et pour tout}x\mathrm{de}]0,+\infty [;f(x)=\frac{x-\ln (1+x)}{x^2}$ et soit $(C)$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé $(O;\overrightarrow{i},\overrightarrow{j})$.

   1. (a) Montrer que $f$ est continue à droite en $0$. (0,5 pt) (b) Montrer que $f$ est dérivable à droite en $0$. (0,5 pt) (c) Calculer ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)$, puis interpréter graphiquement le résultat obtenu. (0,5 pt)
   2. (a) Montrer que : $(\forall x\in ]0,+\infty [)$ ; $f^{\prime }(x)=-g(x)/x^3$ où $g(x)=x+\frac{x}{x+1}-2\ln (1+x)$. (0,5 pt) (b) Montrer que : $(\forall x\in I)$ ; $0\le g^{\prime }(x)\le x^2$. (0,5 pt) (c) En déduire que : $(\forall x\in I)$ ; $0\le g(x)\le \frac{x^3}{3}$. (0,25 pt) (d) Déterminer le sens de variation de $f$ sur $I$. (0,25 pt)
   3. (a) Dresser le tableau de variation de $f$. (0,25 pt) (b) Représenter graphiquement la courbe $(C)$ dans le repère $(O;\overrightarrow{i},\overrightarrow{j})$ (on prendra $\Vert \overrightarrow{i}\Vert =2\mathrm{cm}$ et $\Vert \overrightarrow{j}\Vert =2\mathrm{cm}$). (0,5 pt)

   Partie C.

   1. Montrer qu'il existe un unique réel $\alpha \in ]0;1[$ tel que $f(\alpha )=\alpha$. (0,5 pt)
   2. On considère la suite $(u_n{)}_{n\in \mathbb{N}}$ définie par : $u_0=\frac{1}{3}$ et $(\forall n\in \mathbb{N})$ ; $u_{n+1}=f(u_n)$. (a) Montrer que : $(\forall n\in \mathbb{N})$ ; $u_n\in [0;1]$. (0,5 pt) (b) Montrer que : $(\forall n\in \mathbb{N})$ ; $|u_{n+1}-\alpha |\le (\frac{1}{3})|u_n-\alpha |$. (0,5 pt) (c) Montrer par récurrence que : $(\forall n\in \mathbb{N})$ ; $|u_n-\alpha |\le (\frac{1}{3}{)}^n$. (0,5 pt) (d) En déduire que la suite $(u_n{)}_{n\in \mathbb{N}}$ converge vers $\alpha$. (0,25 pt)

   Partie D. Pour tout $x\in I$, on pose : $F(x)={\int }_x^{1}f(t)\mathrm{d}t$.

   1. Montrer que la fonction $F$ est dérivable sur $I$ et calculer $F^{\prime }(x)$ pour tout $x\in I$. (0,5 pt)
   2. (a) En utilisant la méthode d'intégration par parties, montrer que : $(\forall x\in ]0,+\infty [)$ ; $F(x)=2\ln 2-(1+\frac{1}{x})\ln (1+x)$. (0,5 pt) (b) Calculer ${\lim }_{x\to 0^{+}}F(x)$, puis en déduire que : ${\int }_0^{1}f(t)\mathrm{d}t=2\ln 2-1$. (0,5 pt) (c) Calculer en ${\mathrm{cm}}^2$, l'aire du domaine plan limité par la courbe $(C)$, l'axe des abscisses, l'axe des ordonnées et la droite d'équation $x=1$. (0,5 pt)

   Partie E. On pose : pour tout $k$ de $\mathbb{N}$, $D_k=f(k)-{\int }_k^{k+1}f(t)\mathrm{d}t$ et pour tout $n$ de ${\mathbb{N}}^{\ast }$, $S_n={\sum }_{k=0}^{k=n-1}{D}_k$.

   1. (a) Vérifier que : $(\forall k\in \mathbb{N})$ ; $0\le D_k\le f(k)-f(k+1)$. (0,25 pt) (b) En déduire que : $(\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast })$ ; $0\le S_n\le \frac{1}{2}$. (0,5 pt)
   2. (a) Montrer que la suite $(S_n{)}_{n\in {\mathbb{N}}^{\ast }}$ est monotone. (0,25 pt) (b) En déduire que la suite $(S_n{)}_{n\in {\mathbb{N}}^{\ast }}$ est convergente. (0,25 pt) (c) Montrer que la limite $l$ de la suite $(S_n{)}_{n\in {\mathbb{N}}^{\ast }}$ vérifie : $\frac{3}{2}-2\ln 2\le l\le \frac{1}{2}$. (0,25 pt)
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   Partie A.

   1. Pour $x\ge 0$, on réduit au même dénominateur : $(1-x+x^2)(1+x)=1+x^3$, donc $1-x+x^2-\frac{1}{x+1}=\frac{1+x^3-1}{x+1}=\frac{x^3}{x+1}.$ Comme $x^3\ge 0$ et $x+1\ge 1$, on a $0\le \frac{x^3}{x+1}\le x^3$. Donc $(\forall x\in {\mathbb{R}}^{+})$ ; $0\le 1-x+x^2-\frac{1}{x+1}\le x^3$.
   2. Soit $x\ge 0$. Les trois fonctions $t|\to 0$, $t|\to 1-t+t^2-\frac{1}{t+1}$ et $t|\to t^3$ sont continues sur $[0,x]$ et rangées dans cet ordre d'après la question 1 ; par croissance de l'intégrale (avec $0\le x$) : $0\le {\int }_0^x(1-t+t^2-\frac{1}{t+1})\mathrm{d}t\le {\int }_0^x{t}^3\mathrm{d}t,$ c'est-à-dire $0\le [t-\frac{t^2}{2}+\frac{t^3}{3}-\ln (1+t){]}_0^x\le [\frac{t^4}{4}{]}_0^x$, soit $0\le x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\ln (1+x)\le \frac{x^4}{4}$ pour tout $x\in {\mathbb{R}}^{+}$.

   Partie B.

   1. (a) Pour $x>0$, l'encadrement de A.2 donne $\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}\le x-\ln (1+x)\le \frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}+\frac{x^4}{4}$ ; en divisant par $x^2>0$ : $\frac{1}{2}-\frac{x}{3}\le f(x)\le \frac{1}{2}-\frac{x}{3}+\frac{x^2}{4}.$ Les deux membres extrêmes tendent vers $\frac{1}{2}$ quand $x\to 0^{+}$, donc par le théorème des gendarmes ${\lim }_{x\to 0^{+}}f(x)=\frac{1}{2}=f(0)$ : $f$ est continue à droite en $0$. (b) Pour $x>0$ : $\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\frac{x-\ln (1+x)-\frac{x^2}{2}}{x^3}$. Or $x-\ln (1+x)-\frac{x^2}{2}=(x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\ln (1+x))-\frac{x^3}{3}$, donc d'après A.2 : $-\frac{x^3}{3}\le x-\ln (1+x)-\frac{x^2}{2}\le \frac{x^4}{4}-\frac{x^3}{3}$, et en divisant par $x^3>0$ : $-\frac{1}{3}\le \frac{f(x)-f(0)}{x}\le -\frac{1}{3}+\frac{x}{4}$. Par le théorème des gendarmes, ${\lim }_{x\to 0^{+}}\frac{f(x)-f(0)}{x}=-\frac{1}{3}$ : $f$ est dérivable à droite en $0$ et $f_d^{\prime }(0)=-\frac{1}{3}$. (c) Pour $x>0$, $f(x)=\frac{1}{x}-\ln (1+x)/x^2$. On a ${\lim }_{x\to +\infty }\frac{1}{x}=0$ et $\ln (1+x)/x^2=\ln (1+x)/(1+x)\times \frac{1+x}{x^2}$ avec ${\lim }_{x\to +\infty }\ln (1+x)/(1+x)=0$ (croissances comparées, $X=1+x\to +\infty$) et ${\lim }_{x\to +\infty }\frac{1+x}{x^2}=0$. Donc ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)=0$. Interprétation : la courbe $(C)$ admet l'axe des abscisses (droite $y=0$) comme asymptote horizontale au voisinage de $+\infty$.
   2. (a) $f$ est dérivable sur $]0,+\infty [$ comme quotient de fonctions dérivables (dénominateur non nul). Avec $u(x)=x-\ln (1+x)$, $u^{\prime }(x)=1-\frac{1}{1+x}=\frac{x}{1+x}$ : $f^{\prime }(x)=(\frac{x}{1+x}\cdot x^2-2x(x-\ln (1+x)))/x^4=\frac{\frac{x^2}{1+x}-2x+2\ln (1+x)}{x^3}.$ Or $\frac{x^2}{1+x}-2x=\frac{x^2-2x-2x^2}{1+x}=-\frac{x^2+2x}{1+x}$ et $x+\frac{x}{x+1}=\frac{x^2+x+x}{x+1}=\frac{x^2+2x}{x+1}$. Donc $\frac{x^2}{1+x}-2x+2\ln (1+x)=-(x+\frac{x}{x+1}-2\ln (1+x))=-g(x)$, et $f^{\prime }(x)=-g(x)/x^3$ pour tout $x>0$. (b) $g$ est dérivable sur $I$ et, pour $x\ge 0$ : $g^{\prime }(x)=1+\frac{1}{(x+1{)}^2}-\frac{2}{1+x}=\frac{(x+1{)}^2-2(x+1)+1}{(x+1{)}^2}=\frac{((x+1)-1{)}^2}{(x+1{)}^2}=\frac{x^2}{(x+1{)}^2}.$ Comme $(x+1{)}^2\ge 1$, on obtient $0\le g^{\prime }(x)\le x^2$ pour tout $x\in I$. (c) Soit $x\in I$. En intégrant l'encadrement précédent sur $[0,x]$ (fonctions continues, bornes dans le bon ordre) : $0\le {\int }_0^x{g}^{\prime }(t)\mathrm{d}t\le {\int }_0^x{t}^2\mathrm{d}t$, soit $0\le g(x)-g(0)\le \frac{x^3}{3}$. Or $g(0)=0+0-2\ln 1=0$. Donc $0\le g(x)\le \frac{x^3}{3}$ pour tout $x\in I$. (d) Pour $x>0$, $f^{\prime }(x)=-g(x)/x^3\le 0$ car $g(x)\ge 0$ et $x^3>0$. $f$ est donc décroissante sur $]0,+\infty [$, et comme $f$ est continue à droite en $0$, $f$ est décroissante sur $I=[0,+\infty [$.
   3. (a) Tableau de variation de $f$ sur $[0,+\infty [$ : $f(0)=\frac{1}{2}$, $f^{\prime }(x)\le 0$ sur $]0,+\infty [$ (et $f_d^{\prime }(0)=-\frac{1}{3}$), $f$ décroît de $\frac{1}{2}$ vers ${\lim }_{+\infty }f=0$. (b) [Figure : dans le repère $(O;\overrightarrow{i},\overrightarrow{j})$ avec $2$ cm pour unité, la courbe $(C)$ part du point $(0;\frac{1}{2})$ avec une demi-tangente à droite de coefficient directeur $-\frac{1}{3}$, décroît strictement et se rapproche de l'axe des abscisses (asymptote horizontale $y=0$) sans le toucher ; $f(1)=1-\ln 2\approx 0,31$, $f(2)=\frac{2-\ln 3}{4}\approx 0,23$, $f(4)=\frac{4-\ln 5}{16}\approx 0,15$. La courbe reste au-dessus de l'axe des abscisses car $\ln (1+x)<x$ pour $x>0$.]

   Partie C.

   1. Soit $h(x)=f(x)-x$ sur $[0,1]$. $h$ est continue sur $[0,1]$ ($f$ est continue sur $I$) et strictement décroissante comme somme de $f$ décroissante et de $x|\to -x$ strictement décroissante. De plus $h(0)=\frac{1}{2}>0$ et $h(1)=f(1)-1=1-\ln 2-1=-\ln 2<0$. D'après le théorème des valeurs intermédiaires (version bijection), l'équation $h(x)=0$ admet une unique solution $\alpha \in ]0,1[$ : il existe un unique réel $\alpha \in ]0;1[$ tel que $f(\alpha )=\alpha$. (Numériquement $\alpha \approx 0,40$.)
   2. (a) Par récurrence. $u_0=\frac{1}{3}\in [0;1]$. Si $u_n\in [0;1]$, alors comme $f$ est décroissante sur $[0,1]$ : $f(1)\le f(u_n)\le f(0)$, soit $1-\ln 2\le u_{n+1}\le \frac{1}{2}$, et $[1-\ln 2,\frac{1}{2}]\subset [0,1]$ (car $\ln 2<1$). Donc $u_{n+1}\in [0;1]$. Conclusion : $(\forall n\in \mathbb{N})$ ; $u_n\in [0;1]$. (b) Sur $]0,1]$ : $|f^{\prime }(x)|=g(x)/x^3\le \frac{\frac{x^3}{3}}{x^3}=\frac{1}{3}$ d'après B.2.c ; de plus $f_d^{\prime }(0)=-\frac{1}{3}$. La fonction $f$ est continue sur $[0,1]$ et dérivable sur $]0,1[$ avec $|f^{\prime }(x)|\le \frac{1}{3}$. Soit $n\in \mathbb{N}$ : $u_n$ et $\alpha$ appartiennent à $[0,1]$, donc d'après l'inégalité des accroissements finis appliquée à $f$ entre $u_n$ et $\alpha$ : $|f(u_n)-f(\alpha )|\le \frac{1}{3}|u_n-\alpha |,\text{c’est-aˋ-dire}|u_{n+1}-\alpha |\le (\frac{1}{3})|u_n-\alpha |.$ (c) Initialisation : $u_0=\frac{1}{3}$ et $\alpha$ sont dans $[0,1]$, donc $|u_0-\alpha |\le 1=(\frac{1}{3}{)}^0$. Hérédité : si $|u_n-\alpha |\le (\frac{1}{3}{)}^n$, alors d'après (b) : $|u_{n+1}-\alpha |\le \frac{1}{3}|u_n-\alpha |\le \frac{1}{3}(\frac{1}{3}{)}^n=(\frac{1}{3}{)}^{n+1}$. Conclusion : $(\forall n\in \mathbb{N})$ ; $|u_n-\alpha |\le (\frac{1}{3}{)}^n$. (d) Comme $0<\frac{1}{3}<1$, ${\lim }_{n\to +\infty }(\frac{1}{3}{)}^n=0$, et $0\le |u_n-\alpha |\le (\frac{1}{3}{)}^n$ : par le théorème des gendarmes, $\lim |u_n-\alpha |=0$, donc la suite $(u_n{)}_{n\in \mathbb{N}}$ converge vers $\alpha$.

   Partie D.

   1. $f$ est continue sur $I=[0,+\infty [$ (continue sur $]0,+\infty [$ comme quotient de fonctions continues, et continue à droite en $0$ d'après B.1.a). Elle admet donc une primitive $G$ sur $I$, et $F(x)={\int }_x^{1}f(t)\mathrm{d}t=G(1)-G(x)$. Ainsi $F$ est dérivable sur $I$ et $F^{\prime }(x)=-G^{\prime }(x)=-f(x)$ pour tout $x\in I$.
   2. (a) Soit $x>0$. On intègre par parties sur $[x,1]$ avec $u(t)=t-\ln (1+t)$, $u^{\prime }(t)=\frac{t}{1+t}$, $v^{\prime }(t)=\frac{1}{t^2}$, $v(t)=-\frac{1}{t}$ ($u$ et $v$ sont de classe $C^1$ sur $[x,1]$) : $F(x)=[-\frac{t-\ln (1+t)}{t}{]}_x^1+{\int }_x^1\frac{1}{t}\cdot \frac{t}{1+t}\mathrm{d}t=(-1+\ln 2)+\frac{x-\ln (1+x)}{x}+[\ln (1+t){]}_x^1.$ Donc $F(x)=-1+\ln 2+1-\ln (1+x)/x+\ln 2-\ln (1+x)=2\ln 2-(1+\frac{1}{x})\ln (1+x)$. (b) $(1+\frac{1}{x})\ln (1+x)=\ln (1+x)+\ln (1+x)/x$ et ${\lim }_{x\to 0^{+}}\ln (1+x)=0$, ${\lim }_{x\to 0^{+}}\ln (1+x)/x=1$ (limite usuelle). Donc ${\lim }_{x\to 0^{+}}F(x)=2\ln 2-1$. Or $F$ est dérivable donc continue sur $I$, en particulier continue à droite en $0$ : $F(0)={\lim }_{x\to 0^{+}}F(x)$. Donc ${\int }_0^{1}f(t)\mathrm{d}t=F(0)=2\ln 2-1$. (c) Sur $[0,1]$, $f(x)\ge 0$ (car $\ln (1+x)\le x$ pour $x\ge 0$, d'après A.2 ou l'inégalité classique). L'aire demandée vaut donc ${\int }_0^{1}f(t)\mathrm{d}t$ en unités d'aire, et l'unité d'aire vaut $2\mathrm{cm}\times 2\mathrm{cm}=4{\mathrm{cm}}^2$ : $\mathcal{A}=4(2\ln 2-1)=(8\ln 2-4){\mathrm{cm}}^2\approx 1,55{\mathrm{cm}}^2.$

   Partie E.

   1. (a) Soit $k\in \mathbb{N}$. $f$ est décroissante sur $[k,k+1]$, donc pour tout $t\in [k,k+1]$ : $f(k+1)\le f(t)\le f(k)$. En intégrant sur $[k,k+1]$ (de longueur $1$) : $f(k+1)\le {\int }_k^{k+1}f(t)\mathrm{d}t\le f(k)$. Donc $0\le f(k)-{\int }_k^{k+1}f(t)\mathrm{d}t\le f(k)-f(k+1)$, soit $0\le D_k\le f(k)-f(k+1)$. (b) Soit $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$. En sommant pour $k$ de $0$ à $n-1$ : $0\le S_n\le {\sum }_{k=0}^{n-1}(f(k)-f(k+1))=f(0)-f(n)$ (somme télescopique). Or $f(n)\ge 0$, donc $f(0)-f(n)\le f(0)=\frac{1}{2}$. Ainsi $0\le S_n\le \frac{1}{2}$.
   2. (a) Pour $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$, $S_{n+1}-S_n=D_n\ge 0$ d'après 1.a. La suite $(S_n{)}_{n\in {\mathbb{N}}^{\ast }}$ est donc croissante. (b) $(S_n)$ est croissante et majorée par $\frac{1}{2}$, donc convergente (théorème de la convergence monotone). (c) Par passage à la limite dans $S_n\le \frac{1}{2}$ : $l\le \frac{1}{2}$. De plus, la suite étant croissante, $S_n\ge S_1=D_0=f(0)-{\int }_0^{1}f(t)\mathrm{d}t=\frac{1}{2}-(2\ln 2-1)=\frac{3}{2}-2\ln 2$ pour tout $n\ge 1$, d'où par passage à la limite $l\ge \frac{3}{2}-2\ln 2$. Conclusion : $\frac{3}{2}-2\ln 2\le l\le \frac{1}{2}$ (avec $\frac{3}{2}-2\ln 2\approx 0,11$).

2. Exercice 2Nombres complexes3.5 pts

   Chapitres : Nombres complexes (partie 1) · Nombres complexes (partie 1)

   Soit $m$ un nombre complexe non nul donné et $j=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i=e^{i\frac{2\pi }{3}}$.

   I. On considère dans l'ensemble $\mathbb{C}$ l'équation d'inconnue $z$ : $(E_m):z^2+m{j}^{2}z+m^{2}j=0$

   1. Vérifier que : $j^3=1$ et $1+j+j^2=0$. (0,5 pt)
   2. (a) Montrer que le discriminant de l'équation $(E_m)$ est : $\Delta =[m(1-j){]}^2$. (0,25 pt) (b) Déterminer $z_1$ et $z_2$ les deux solutions de l'équation $(E_m)$. (0,5 pt)
   3. Dans cette question, on suppose que : $m=1+i$. Montrer que $(z_1+z_2{)}^{2022}$ est un imaginaire pur. (0,5 pt)

   II. Le plan complexe est muni d'un repère orthonormé direct $(O,\overrightarrow{u},\overrightarrow{v})$. Soit $\phi$ la transformation du plan complexe qui à tout point $M(z)$ fait correspondre le point $M^{\prime }(z^{\prime })$ tel que : $z^{\prime }=(1+j)z$.

   1. Déterminer la nature et les éléments caractéristiques de l'application $\phi$. (0,25 pt)
   2. On considère les points $A$, $B$ et $C$ d'affixes respectives $m$, $mj$ et $m{j}^2$ et on note $A^{\prime }(a^{\prime })$, $B^{\prime }(b^{\prime })$ et $C^{\prime }(c^{\prime })$ les images respectives des points $A$, $B$ et $C$ par l'application $\phi$ et soient $P(p)$, $Q(q)$ et $R(r)$ les milieux respectifs des segments $[B{A}^{\prime }]$, $[C{B}^{\prime }]$ et $[A{C}^{\prime }]$. (a) Montrer que : $a^{\prime }=-m{j}^2$, $b^{\prime }=-m$ et $c^{\prime }=-mj$. (0,75 pt) (b) Montrer que : $p+qj+r{j}^2=0$. (0,25 pt) (c) En déduire que le triangle $PQR$ est équilatéral. (0,5 pt)
   Voir la correction

   I.

   1. $j=e^{i\frac{2\pi }{3}}$ donc $j^3=e^{2i\pi }=1$. Par ailleurs $j^3-1=(j-1)(1+j+j^2)=0$ et $j\ne 1$, donc $1+j+j^2=0$. (Vérification directe : $j^2=e^{i\frac{4\pi }{3}}=-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i$ et $1+j+j^2=1-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}+0\cdot i=0$.)
   2. (a) $\Delta =(m{j}^2{)}^2-4m^{2}j=m^2{j}^4-4m^{2}j=m^{2}j-4m^{2}j=-3m^{2}j$ car $j^4=j^3\cdot j=j$. D'autre part, $[m(1-j){]}^2=m^2(1-2j+j^2)=m^2(1+j^2-2j)=m^2(-j-2j)=-3m^{2}j$ car $1+j^2=-j$. Donc $\Delta =[m(1-j){]}^2$. (b) Une racine carrée de $\Delta$ est $\delta =m(1-j)$, donc les solutions sont $z_1=\frac{-m{j}^2+m(1-j)}{2}=m\frac{1-j-j^2}{2}=m\frac{1+1}{2}=m,z_2=\frac{-m{j}^2-m(1-j)}{2}=m\frac{-1+j-j^2}{2}=m\frac{j+j}{2}=mj,$ en utilisant $-j-j^2=1$ et $-1-j^2=j$. Vérification : $z_1+z_2=m(1+j)=-m{j}^2$ et $z_1{z}_2=m^{2}j$. Donc $z_1=m$ et $z_2=mj$.
   3. Avec $m=1+i=\sqrt{2}{e}^{i\frac{\pi }{4}}$ : $z_1+z_2=m(1+j)=-m{j}^2=e^{i\pi }\sqrt{2}{e}^{i\frac{\pi }{4}}{e}^{i\frac{4\pi }{3}}=\sqrt{2}{e}^{i(\pi +\frac{\pi }{4}+\frac{4\pi }{3})}=\sqrt{2}{e}^{i\frac{31\pi }{12}}=\sqrt{2}{e}^{i\frac{7\pi }{12}}$. Donc $(z_1+z_2{)}^{2022}=2^{1011}{e}^{i\frac{2022\times 7\pi }{12}}$. Or $\frac{2022\times 7}{12}=\frac{14154}{12}=1179+\frac{1}{2}$, donc $\frac{2022\times 7\pi }{12}=1178\pi +\frac{3\pi }{2}$ et $e^{i\frac{2022\times 7\pi }{12}}=e^{i\frac{3\pi }{2}}=-i$ (car $1178\pi$ est un multiple de $2\pi$). Ainsi $(z_1+z_2{)}^{2022}=-2^{1011}i$, qui est un imaginaire pur.

   II.

   1. $1+j=-j^2=e^{i\pi }{e}^{i\frac{4\pi }{3}}=e^{i\frac{7\pi }{3}}=e^{i\frac{\pi }{3}}$. L'écriture $z^{\prime }=e^{i\frac{\pi }{3}}z$ montre que $\phi$ est la rotation de centre $O$ (le seul point fixe, car $z=e^{i\frac{\pi }{3}}z\iff z=0$) et d'angle $\frac{\pi }{3}$.
   2. (a) $a^{\prime }=(1+j)m=-j^{2}m=-m{j}^2$ ; $b^{\prime }=(1+j)mj=-j^2\cdot mj=-m{j}^3=-m$ ; $c^{\prime }=(1+j)m{j}^2=-m{j}^4=-mj$. (b) $p=\frac{b+a^{\prime }}{2}=\frac{mj-m{j}^2}{2}$, $q=\frac{c+b^{\prime }}{2}=\frac{m{j}^2-m}{2}$, $r=\frac{a+c^{\prime }}{2}=\frac{m-mj}{2}$. Alors $p+qj+r{j}^2=\frac{m}{2}(j-j^2+j^3-j+j^2-j^3)=0.$ (c) En remplaçant $j=-1-j^2$ dans $p+qj+r{j}^2=0$ : $p-q-q{j}^2+r{j}^2=0$, soit $p-q=(q-r)j^2=-(r-q)j^2=(r-q)e^{i\frac{\pi }{3}}$ (car $-j^2=1+j=e^{i\frac{\pi }{3}}$). Or $r-q=\frac{m-mj-m{j}^2+m}{2}=m\frac{2-j-j^2}{2}=\frac{3m}{2}\ne 0$ car $m\ne 0$, donc $Q\ne R$ et $\frac{p-q}{r-q}=e^{i\frac{\pi }{3}}.$ On en déduit $|p-q|=|r-q|$, soit $QP=QR$, et $(\overrightarrow{QR},\overrightarrow{QP})\equiv \frac{\pi }{3}[2\pi ]$. Le triangle $PQR$ est isocèle en $Q$ avec un angle au sommet de mesure $\frac{\pi }{3}$ : il est équilatéral.

3. Exercice 3Arithmétique3 pts

   Chapitres : Arithmétique dans ℤ · Arithmétique dans ℤ

   Soit $n$ un entier naturel strictement supérieur à $1$. On considère dans ${\mathbb{N}}^2$ l'équation $(E_n):(x+1{)}^n-x^n=ny$. Soit $(x,y)$ une solution de l'équation $(E_n)$ dans ${\mathbb{N}}^2$ et soit $p$ le plus petit diviseur premier de $n$.

   1. (a) Montrer que : $(x+1{)}^n\equiv x^n[p]$. (0,25 pt) (b) Montrer que $p$ est premier avec $x$ et avec $(x+1)$. (0,25 pt) (c) En déduire que : $(x+1{)}^{p-1}\equiv x^{p-1}[p]$. (0,25 pt)
   2. Montrer que si $n$ est pair, alors l'équation $(E_n)$ n'admet pas de solution dans ${\mathbb{N}}^2$. (0,5 pt)
   3. On suppose que $n$ est impair. (a) Montrer qu'il existe un couple $(u,v)$ de ${\mathbb{Z}}^2$ tel que : $nu+(p-1)v=1$ (on rappelle que $p$ est le plus petit diviseur premier de $n$). (0,5 pt) (b) Soient $q$ et $r$ respectivement le quotient et le reste dans la division euclidienne de $u$ par $(p-1)$. Vérifier que : $nr=1-(p-1)(v+nq)$. (0,25 pt) (c) On pose : $v^{\prime }=-(v+nq)$. Montrer que : $v^{\prime }\ge 0$. (0,5 pt) (d) Montrer que l'équation $(E_n)$ n'admet pas de solution dans ${\mathbb{N}}^2$. (0,5 pt)
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   1. (a) $p$ divise $n$ et $(x+1{)}^n-x^n=ny$, donc $p$ divise $(x+1{)}^n-x^n$ : $(x+1{)}^n\equiv x^n[p]$. (b) Supposons que $p$ divise $x$. Alors $x^n\equiv 0[p]$, donc d'après (a) $(x+1{)}^n\equiv 0[p]$ ; $p$ étant premier, $p$ divise $x+1$ (lemme d'Euclide), donc $p$ divise $(x+1)-x=1$, ce qui est absurde. De même, si $p$ divise $x+1$ alors $p$ divise $(x+1{)}^n$, donc $p$ divise $x^n$ puis $x$, donc $p$ divise $1$ : absurde. Comme $p$ est premier, ne pas diviser $x$ équivaut à être premier avec $x$ : $p$ est premier avec $x$ et avec $x+1$. (c) D'après le petit théorème de Fermat, $p$ étant premier et ne divisant ni $x$ ni $x+1$ : $x^{p-1}\equiv 1[p]$ et $(x+1{)}^{p-1}\equiv 1[p]$. Donc $(x+1{)}^{p-1}\equiv x^{p-1}[p]$.
   2. Supposons $n$ pair et $(x,y)$ solution de $(E_n)$. Le plus petit diviseur premier de $n$ est alors $p=2$. D'après 1.c avec $p=2$ : $(x+1{)}^1\equiv x^1[2]$, c'est-à-dire $2$ divise $(x+1)-x=1$, ce qui est absurde. (Directement : $x$ et $x+1$ sont de parités différentes, donc $(x+1{)}^n-x^n$ est impair, alors que $ny$ est pair.) Donc si $n$ est pair, $(E_n)$ n'admet pas de solution dans ${\mathbb{N}}^2$.
   3. (a) Montrons que $n$ et $p-1$ sont premiers entre eux. Soit $d=n\wedge (p-1)$ et supposons $d>1$ ; soit $p^{\prime }$ un diviseur premier de $d$. Alors $p^{\prime }$ divise $n$ et $p^{\prime }$ divise $p-1$, donc $p^{\prime }\le p-1<p$ : $p^{\prime }$ serait un diviseur premier de $n$ strictement plus petit que $p$, ce qui contredit la définition de $p$. Donc $n\wedge (p-1)=1$ (notons que $p-1\ge 2$ car $n$ impair donne $p\ge 3$). D'après le théorème de Bézout, il existe $(u,v)\in {\mathbb{Z}}^2$ tel que $nu+(p-1)v=1$. (b) Division euclidienne de $u$ par $p-1$ : $u=(p-1)q+r$ avec $0\le r<p-1$. Alors $nr=nu-n(p-1)q=1-(p-1)v-(p-1)nq=1-(p-1)(v+nq).$ (c) D'après (b), $nr=1+(p-1)v^{\prime }$. Comme $n\ge 1$ et $r\ge 0$, on a $nr\ge 0$, donc $(p-1)v^{\prime }\ge -1$, soit $v^{\prime }\ge -\frac{1}{p-1}$. Or $p-1\ge 2$, donc $-\frac{1}{p-1}>-1$ et $v^{\prime }>-1$ ; $v^{\prime }$ étant un entier, $v^{\prime }\ge 0$. (d) Supposons que $(x,y)$ est solution de $(E_n)$. D'après 1.a, $(x+1{)}^n\equiv x^n[p]$, donc en élevant à la puissance $r\in \mathbb{N}$ : $(x+1{)}^{nr}\equiv x^{nr}[p]$. Or $nr=1+(p-1)v^{\prime }$ avec $v^{\prime }\in \mathbb{N}$, donc, en utilisant 1.c : $(x+1{)}^{nr}=(x+1)\cdot ((x+1{)}^{p-1}{)}^{v^{\prime }}\equiv (x+1)\cdot (x^{p-1}{)}^{v^{\prime }}=(x+1)x^{(p-1)v^{\prime }}[p].$ Comme $x^{nr}=x\cdot x^{(p-1)v^{\prime }}$, on obtient $x\cdot x^{(p-1)v^{\prime }}\equiv (x+1)x^{(p-1)v^{\prime }}[p]$, soit, par différence, $x^{(p-1)v^{\prime }}\equiv 0[p]$ : $p$ divise $x^{(p-1)v^{\prime }}$. Or $p$ est premier et ne divise pas $x$, donc $p$ ne divise aucune puissance de $x$ (et $x^0=1$ si $v^{\prime }=0$) : contradiction. Donc l'équation $(E_n)$ n'admet pas de solution dans ${\mathbb{N}}^2$. Conclusion : pour tout $n>1$, $(E_n)$ n'a pas de solution dans ${\mathbb{N}}^2$.

4. Exercice 4Structures algébriques3.5 pts

   Chapitres : Structures algébriques · Structures algébriques

   On rappelle que $(M_2(\mathbb{R}),+,\times )$ est un anneau unitaire non commutatif d'unité $I=\left(\begin{array}{ccc}1& 00& 1\end{array}\right)$ et que $(\mathbb{Z},+,\times )$ est un anneau commutatif unitaire et intègre.

   Soit $E=\{M(a,b)=\left(\begin{array}{ccc}a& 3bb& a\end{array}\right)med\text{/}med(a,b)\in {\mathbb{Z}}^2\}$.

   1. (a) Montrer que $E$ est un sous-groupe de $(M_2(\mathbb{R}),+)$. (0,25 pt) (b) Vérifier que pour tout $a,b,c$ et $d$ de $\mathbb{Z}$, on a : $M(a,b)\times M(c,d)=M(ac+3bd,ad+bc)$. (0,25 pt) (c) Montrer que $(E,+,\times )$ est un anneau commutatif et unitaire. (0,5 pt)
   2. Soit $\phi$ l'application définie de $E$ vers $\mathbb{Z}$ par : $\forall (a,b)\in {\mathbb{Z}}^2$ ; $\phi (M(a,b))=|a^2-3b^2|$. Montrer que $\phi$ est un homomorphisme de $(E,\times )$ vers $(\mathbb{Z},\times )$. (0,5 pt)
   3. Soit $M(a,b)\in E$. (a) Montrer que $M(a,b)\times M(a,-b)=(a^2-3b^2).I$. (0,25 pt) (b) Montrer que si $M(a,b)$ est inversible dans $(E,\times )$ alors $\phi (M(a,b))=1$. (0,5 pt) (c) On suppose que $\phi (M(a,b))=1$. Montrer que $M(a,b)$ est inversible dans $(E,\times )$ et préciser son inverse. (0,5 pt)
   4. (a) Montrer que : $\forall (a,b)\in {\mathbb{Z}}^2$ ; $\phi (M(a,b))=0\iff a=b=0$. (0,25 pt) (b) En déduire que l'anneau $(E,+,\times )$ est intègre. (0,25 pt) (c) Est-ce que $(E,+,\times )$ est un corps ? Justifier votre réponse. (0,25 pt)
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   1. (a) $E\subset M_2(\mathbb{R})$ et $E\ne \varnothing$ car $M(0,0)$ est la matrice nulle. Pour $(a,b),(c,d)\in {\mathbb{Z}}^2$ : $M(a,b)-M(c,d)=\left(\begin{array}{ccc}a-c& 3(b-d)b-d& a-c\end{array}\right)=M(a-c,b-d)\in E$ car $(a-c,b-d)\in {\mathbb{Z}}^2$. Donc $E$ est un sous-groupe de $(M_2(\mathbb{R}),+)$. (b) $M(a,b)\times M(c,d)=\left(\begin{array}{ccc}a& 3bb& a\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}c& 3dd& c\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}ac+3bd& 3ad+3bcbc+ad& 3bd+ac\end{array}\right)=M(ac+3bd,ad+bc)$. (c) $(E,+)$ est un groupe commutatif (sous-groupe du groupe commutatif $(M_2(\mathbb{R}),+)$). D'après (b), $E$ est stable pour $\times$ (car $ac+3bd$ et $ad+bc$ sont entiers). La multiplication est associative et distributive par rapport à l'addition dans $E$ car elle l'est dans $M_2(\mathbb{R})$. $I=M(1,0)\in E$ est élément neutre. Enfin $M(c,d)\times M(a,b)=M(ca+3db,cb+da)=M(ac+3bd,ad+bc)=M(a,b)\times M(c,d)$ : la multiplication est commutative dans $E$. Donc $(E,+,\times )$ est un anneau commutatif et unitaire.
   2. Pour $(a,b),(c,d)\in {\mathbb{Z}}^2$ : $(ac+3bd{)}^2-3(ad+bc{)}^2=a^2{c}^2+6abcd+9b^2{d}^2-3a^2{d}^2-6abcd-3b^2{c}^2=a^2{c}^2-3a^2{d}^2-3b^2{c}^2+9b^2{d}^2=(a^2-3b^2)(c^2-3d^2).$ Donc $\phi (M(a,b)\times M(c,d))=\phi (M(ac+3bd,ad+bc))=|(a^2-3b^2)(c^2-3d^2)|=|a^2-3b^2|\cdot |c^2-3d^2|=\phi (M(a,b))\times \phi (M(c,d))$ : $\phi$ est un homomorphisme de $(E,\times )$ vers $(\mathbb{Z},\times )$.
   3. (a) D'après 1.b : $M(a,b)\times M(a,-b)=M(a^2-3b^2,-ab+ba)=M(a^2-3b^2,0)=(a^2-3b^2).I$. (b) Si $M(a,b)$ est inversible dans $(E,\times )$, il existe $M^{\prime }\in E$ tel que $M(a,b)\times M^{\prime }=I$. Alors $\phi (M(a,b))\times \phi (M^{\prime })=\phi (I)=|1-0|=1$. Comme $\phi (M(a,b))$ et $\phi (M^{\prime })$ sont des entiers naturels dont le produit vaut $1$, on a $\phi (M(a,b))=1$. (c) Supposons $\phi (M(a,b))=1$, et posons $\epsilon =a^2-3b^2\in \{-1,1\}$ (donc ${\epsilon }^2=1$). D'après (a), $M(a,b)\times M(a,-b)=\epsilon I$, donc $M(a,b)\times (\epsilon M(a,-b))={\epsilon }^{2}I=I$, et $\epsilon M(a,-b)=M(\epsilon a,-\epsilon b)\in E$. Par commutativité, $M(a,b)$ est inversible dans $(E,\times )$ et son inverse est $M(\epsilon a,-\epsilon b)=(a^2-3b^2)M(a,-b)$, c'est-à-dire $M(a,-b)$ si $a^2-3b^2=1$ et $M(-a,b)$ si $a^2-3b^2=-1$.
   4. (a) Si $a=b=0$, $\phi (M(a,b))=0$. Réciproquement, supposons $|a^2-3b^2|=0$, soit $a^2=3b^2$. Si $b\ne 0$, alors $(\frac{a}{b}{)}^2=3$, donc $\sqrt{3}=|\frac{a}{b}|\in \mathbb{Q}$, ce qui est absurde car $\sqrt{3}$ est irrationnel. Donc $b=0$, puis $a^2=0$ et $a=0$. Ainsi $\phi (M(a,b))=0\iff a=b=0$. (b) $(E,+,\times )$ est un anneau commutatif, non réduit à $\{0\}$ ($I\ne 0$). Soient $M,N\in E$ tels que $M\times N=0$ (matrice nulle $=M(0,0)$). Alors $\phi (M)\times \phi (N)=\phi (M(0,0))=0$, donc $\phi (M)=0$ ou $\phi (N)=0$ ($\mathbb{Z}$ intègre), donc d'après (a) $M=M(0,0)$ ou $N=M(0,0)$. L'anneau $E$ est intègre. (c) Non. Par exemple $M(2,0)=2I\in E$ est non nul et $\phi (M(2,0))=4\ne 1$, donc d'après 3.b, $M(2,0)$ n'est pas inversible dans $E$. Un élément non nul non inversible existe : $(E,+,\times )$ n'est pas un corps.