Analyse, nombres complexes, structures algébriques et arithmétique

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 exponentielles · Fonctions exponentielles · Calcul intégral · Calcul intégral

   Partie A.

   1. Montrer que : $(\forall x\in \mathbb{R})$ ; $1+x\le e^x$. (0,25 pt)
   2. (a) Montrer que : $(\forall x\in {\mathbb{R}}^{+})$ ; $0\le 1-e^{-x}\le x$. (0,25 pt) (b) En déduire que : $(\forall x\in {\mathbb{R}}^{+})$ ; $0\le 1-x+\frac{x^2}{2}-e^{-x}\le \frac{x^3}{6}$. (0,5 pt) (c) Montrer que : ${\lim }_{x\to 0^{+}}\frac{1-x-e^{-x}}{x^2}=-\frac{1}{2}$. (0,5 pt)

   Partie B. On considère la fonction $f$ définie sur $I=[0,+\infty [$ par : $f(0)=1\mathrm{et}(\forall x\in ]0,+\infty [);f(x)=\frac{e^{-x}-e^{-2x}}{x}$ 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) Vérifier que : $(\forall x>0)$ ; $\frac{f(x)-1}{x}=\frac{1-2x-e^{-2x}}{x^2}-\frac{1-x-e^{-x}}{x^2}$. (0,25 pt) (c) En déduire que $f$ est dérivable à droite en $0$ et que le nombre dérivé à droite en $0$ est $(-\frac{3}{2})$. (0,5 pt)
   2. (a) Montrer que : $(\forall x>0)$ ; $f^{\prime }(x)=\frac{e^{-2x}}{x^2}(2x+1-e^x(1+x))$. (0,5 pt) (b) Montrer que : $(\forall x>0)$ ; $f^{\prime }(x)\le -e^{-2x}$ (on pourra utiliser : $1+x\le e^x$). (0,5 pt) (c) En déduire le sens de variations de $f$ sur $I$. (0,25 pt)
   3. On admet que : $(\forall x>0)$ ; $f^{\prime \prime }(x)=\frac{e^{-2x}}{x^3}(-4x^2-4x-2+e^x(2+2x+x^2))$. (a) Montrer que : $(\forall x\ge 0)$ ; $1+x+\frac{x^2}{2}\le e^x$. (0,25 pt) (b) En déduire que : $(\forall x>0)$ ; $f^{\prime \prime }(x)>0$. (0,5 pt)
   4. On admet que : ${\lim }_{x\to 0^{+}}{f}^{\prime }(x)=-\frac{3}{2}$. (a) Montrer que : ${\lim }_{x\to +\infty }{f}^{\prime }(x)=0$. (0,5 pt) (b) En déduire que : $(\forall x\in I)$ ; $|f^{\prime }(x)|\le \frac{3}{2}$. (0,5 pt)
   5. (a) Calculer ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)$ puis interpréter graphiquement le résultat obtenu. (0,5 pt) (b) Dresser le tableau de variations de $f$. (0,25 pt) (c) Déterminer la position relative de la courbe $(C)$ par rapport à sa demi-tangente au point $T(0;1)$. (0,25 pt) (d) Représenter graphiquement la courbe $(C)$ dans le repère $(O;\overrightarrow{i},\overrightarrow{j})$. (0,5 pt)

   Partie C.

   1. Pour tout $x$ de $[0;1]$, on pose : $g(x)=f(x)-x$. (a) Montrer que $g$ est une bijection de $[0;1]$ vers un intervalle $J$ que l'on déterminera. (0,5 pt) (b) Montrer qu'il existe un unique réel $\alpha \in ]0;1[$ tel que $f(\alpha )=\alpha$. (0,5 pt)
   2. Pour tout entier naturel non nul $n$ et pour tout entier $k\in \{0;1;\dots ;n\}$, on considère les nombres réels $x_k=\frac{k\alpha }{n}$ et on pose : $I_k={\int }_{x_k}^{x_{k+1}}f(t)\mathrm{d}t\mathrm{et}{J}_k={\int }_{x_k}^{x_{k+1}}f(x_k)\mathrm{d}t.$ (a) Montrer que : $\forall k\in \{0;1;\dots ;n\}$ ; $|J_k-I_k|\le \frac{3}{2}{\int }_{x_k}^{x_{k+1}}(t-x_k)\mathrm{d}t$. (0,5 pt) (b) En déduire que : $\forall k\in \{0;1;\dots ;n\}$ ; $|J_k-I_k|\le \frac{3}{4}(\frac{\alpha }{n}{)}^2$. (0,5 pt)
   3. On pose : $L={\int }_0^{\alpha }f(t)\mathrm{d}t$. (a) Montrer que pour tout $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ : $|\frac{\alpha }{n}{\sum }_{k=0}^{k=n-1}f(\frac{k\alpha }{n})-L|\le \frac{3{\alpha }^2}{4n}$. (0,5 pt) (b) En déduire que : ${\lim }_{n\to +\infty }\frac{\alpha }{n}{\sum }_{k=0}^{k=n-1}f(\frac{k\alpha }{n})={\int }_0^{\alpha }f(t)\mathrm{d}t$. (0,25 pt)
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   Partie A.

   1. Soit $h(x)=e^x-1-x$ sur $\mathbb{R}$. $h$ est dérivable et $h^{\prime }(x)=e^x-1$, qui est négatif sur $]-\infty ,0]$ et positif sur $[0,+\infty [$. Donc $h$ est décroissante sur $]-\infty ,0]$ et croissante sur $[0,+\infty [$ : elle admet un minimum en $0$, $h(0)=0$. Ainsi $h(x)\ge 0$, soit $1+x\le e^x$ pour tout $x\in \mathbb{R}$.
   2. (a) Soit $x\ge 0$. En appliquant la question 1 à $-x$ : $1-x\le e^{-x}$, donc $1-e^{-x}\le x$. D'autre part $-x\le 0$ donne $e^{-x}\le e^0=1$ (croissance de l'exponentielle), donc $1-e^{-x}\ge 0$. Ainsi $0\le 1-e^{-x}\le x$. (b) Soit $x\ge 0$. Par croissance de l'intégrale sur $[0,x]$ (fonctions continues) : $0\le {\int }_0^x(1-e^{-t})\mathrm{d}t\le {\int }_0^{x}t\mathrm{d}t$, soit $0\le x-1+e^{-x}\le \frac{x^2}{2}$. Cet encadrement étant valable pour tout réel positif, on intègre à nouveau sur $[0,x]$ : $0\le {\int }_0^x(t-1+e^{-t})\mathrm{d}t\le {\int }_0^x\frac{t^2}{2}\mathrm{d}t$, soit $0\le \frac{x^2}{2}-x+1-e^{-x}\le \frac{x^3}{6}$, c'est-à-dire $0\le 1-x+\frac{x^2}{2}-e^{-x}\le \frac{x^3}{6}$. (c) Pour $x>0$ : $1-x-e^{-x}=(1-x+\frac{x^2}{2}-e^{-x})-\frac{x^2}{2}$, donc d'après (b) : $-\frac{x^2}{2}\le 1-x-e^{-x}\le \frac{x^3}{6}-\frac{x^2}{2}$. En divisant par $x^2>0$ : $-\frac{1}{2}\le \frac{1-x-e^{-x}}{x^2}\le -\frac{1}{2}+\frac{x}{6}$. Par le théorème des gendarmes, ${\lim }_{x\to 0^{+}}\frac{1-x-e^{-x}}{x^2}=-\frac{1}{2}$.

   Partie B.

   1. (a) Pour $x>0$ : $f(x)=\frac{e^{-x}-1}{x}-\frac{e^{-2x}-1}{x}=-\frac{e^{-x}-1}{-x}+2\frac{e^{-2x}-1}{-2x}$. Comme ${\lim }_{u\to 0}\frac{e^u-1}{u}=1$, on obtient ${\lim }_{x\to 0^{+}}f(x)=-1+2=1=f(0)$ : $f$ est continue à droite en $0$. (b) Pour $x>0$ : $\frac{1-2x-e^{-2x}}{x^2}-\frac{1-x-e^{-x}}{x^2}=\frac{-x-e^{-2x}+e^{-x}}{x^2}=\frac{e^{-x}-e^{-2x}-x}{x^2}$, et $\frac{f(x)-1}{x}=\frac{\frac{e^{-x}-e^{-2x}}{x}-1}{x}=\frac{e^{-x}-e^{-2x}-x}{x^2}$. D'où l'égalité. (c) En posant $X=2x$ : $\frac{1-2x-e^{-2x}}{x^2}=4\frac{1-X-e^{-X}}{X^2}$, et $X\to 0^{+}$ quand $x\to 0^{+}$, donc d'après A.2.c cette quantité tend vers $4\times (-\frac{1}{2})=-2$. De même $\frac{1-x-e^{-x}}{x^2}\to -\frac{1}{2}$. Donc ${\lim }_{x\to 0^{+}}\frac{f(x)-1}{x}=-2-(-\frac{1}{2})=-\frac{3}{2}$ : $f$ est dérivable à droite en $0$ et $f_d^{\prime }(0)=-\frac{3}{2}$.
   2. (a) $f$ est dérivable sur $]0,+\infty [$ (quotient de fonctions dérivables, dénominateur non nul) et $f^{\prime }(x)=\frac{(-e^{-x}+2e^{-2x})x-(e^{-x}-e^{-2x})}{x^2}=\frac{e^{-2x}}{x^2}((-e^x+2)x-e^x+1)=\frac{e^{-2x}}{x^2}(2x+1-e^x(1+x)).$ (b) Soit $x>0$. D'après A.1, $e^x\ge 1+x>0$, donc $e^x(1+x)\ge (1+x{)}^2=1+2x+x^2$, d'où $2x+1-e^x(1+x)\le -x^2$. En multipliant par $\frac{e^{-2x}}{x^2}>0$ : $f^{\prime }(x)\le -e^{-2x}$. (c) Pour $x>0$, $f^{\prime }(x)\le -e^{-2x}<0$. Donc $f$ est strictement décroissante sur $]0,+\infty [$, et par continuité à droite en $0$, $f$ est strictement décroissante sur $I=[0,+\infty [$.
   3. (a) Soit $k(x)=e^x-1-x-\frac{x^2}{2}$ sur $[0,+\infty [$. $k^{\prime }(x)=e^x-1-x\ge 0$ d'après A.1, donc $k$ est croissante sur $[0,+\infty [$ et $k(x)\ge k(0)=0$. Ainsi $1+x+\frac{x^2}{2}\le e^x$ pour tout $x\ge 0$. (b) Soit $x>0$. Comme $2+2x+x^2>0$, d'après (a) : $e^x(2+2x+x^2)\ge (1+x+\frac{x^2}{2})(2+2x+x^2)=2(1+x+\frac{x^2}{2}{)}^2$. Or $(1+x+\frac{x^2}{2}{)}^2=1+2x+2x^2+x^3+\frac{x^4}{4}$, donc $e^x(2+2x+x^2)-(4x^2+4x+2)\ge 2+4x+4x^2+2x^3+\frac{x^4}{2}-4x^2-4x-2=2x^3+\frac{x^4}{2}>0.$ Comme $\frac{e^{-2x}}{x^3}>0$, on conclut $f^{\prime \prime }(x)>0$ pour tout $x>0$.
   4. (a) Pour $x>0$ : $f^{\prime }(x)=\frac{(2x+1)e^{-2x}}{x^2}-\frac{(1+x)e^{-x}}{x^2}=(\frac{2}{x}+\frac{1}{x^2})e^{-2x}-(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{x})e^{-x}$. Quand $x\to +\infty$ : $\frac{1}{x}\to 0$, $\frac{1}{x^2}\to 0$, $e^{-x}\to 0$ et $e^{-2x}\to 0$, donc ${\lim }_{x\to +\infty }{f}^{\prime }(x)=0$. (b) D'après 3.b, $f^{\prime }$ est strictement croissante sur $]0,+\infty [$. Pour $x>0$ : $f^{\prime }(x)>{\lim }_{t\to 0^{+}}{f}^{\prime }(t)=-\frac{3}{2}$ et $f^{\prime }(x)<{\lim }_{t\to +\infty }{f}^{\prime }(t)=0$ (une fonction strictement croissante est strictement comprise entre ses limites aux bornes). Donc $-\frac{3}{2}<f^{\prime }(x)<0$, soit $|f^{\prime }(x)|<\frac{3}{2}$ pour $x>0$ ; en $0$, $|f_d^{\prime }(0)|=\frac{3}{2}$. Ainsi $(\forall x\in I)$ ; $|f^{\prime }(x)|\le \frac{3}{2}$.
   5. (a) Pour $x>0$, $f(x)=\frac{e^{-x}}{x}-\frac{e^{-2x}}{x}$ et chaque terme tend vers $0$ en $+\infty$ (produit de $\frac{1}{x}\to 0$ par une exponentielle qui tend vers $0$). Donc ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)=0$ : la courbe $(C)$ admet l'axe des abscisses comme asymptote horizontale au voisinage de $+\infty$. (b) Tableau de variations : $f$ est strictement décroissante sur $[0,+\infty [$, de $f(0)=1$ vers $0$ (limite en $+\infty$), avec $f_d^{\prime }(0)=-\frac{3}{2}$ et $f^{\prime }(x)<0$ pour $x>0$. (c) La demi-tangente en $T(0;1)$ a pour équation $y=1-\frac{3}{2}x$ ($x\ge 0$). Soit $\psi (x)=f(x)-(1-\frac{3}{2}x)$ sur $I$ ; $\psi$ est continue sur $I$, dérivable sur $]0,+\infty [$ avec ${\psi }^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)+\frac{3}{2}>0$ d'après 4.b. Donc $\psi$ est strictement croissante sur $I$ et $\psi (x)>\psi (0)=0$ pour $x>0$. La courbe $(C)$ est au-dessus de sa demi-tangente en $T$ (sur $]0,+\infty [$, avec contact en $T$). (d) [Figure : dans le repère orthonormé $(O;\overrightarrow{i},\overrightarrow{j})$, la courbe $(C)$ part de $T(0;1)$ avec une demi-tangente de pente $-\frac{3}{2}$, est strictement décroissante et convexe ($f^{\prime \prime }>0$), reste au-dessus de cette demi-tangente et se rapproche de l'axe des abscisses en $+\infty$ (asymptote $y=0$) en restant au-dessus (car $e^{-x}>e^{-2x}$ pour $x>0$). Points : $f(1)=e^{-1}-e^{-2}\approx 0,23$, $f(2)=\frac{e^{-2}-e^{-4}}{2}\approx 0,06$.]

   Partie C.

   1. (a) $g$ est continue sur $[0;1]$ comme somme de $f$ (continue sur $I$) et de $x|\to -x$, et strictement décroissante comme somme de deux fonctions strictement décroissantes. Donc $g$ est une bijection de $[0;1]$ vers $J=g([0;1])=[g(1),g(0)]=[e^{-1}-e^{-2}-1,1]$. (b) $e^{-1}-e^{-2}-1<0$ (car $e^{-1}<1$) et $1>0$, donc $0\in J$. Comme $g$ est une bijection de $[0;1]$ sur $J$, il existe un unique $\alpha \in [0;1]$ tel que $g(\alpha )=0$, c'est-à-dire $f(\alpha )=\alpha$. De plus $g(0)=1\ne 0$ et $g(1)\ne 0$, donc $\alpha \in ]0;1[$. (Numériquement $\alpha \approx 0,49$.)
   2. (a) Soit $k\in \{0;1;\dots ;n\}$. $J_k-I_k={\int }_{x_k}^{x_{k+1}}(f(x_k)-f(t))\mathrm{d}t$, donc, comme $x_k\le x_{k+1}$ : $|J_k-I_k|\le {\int }_{x_k}^{x_{k+1}}|f(t)-f(x_k)|\mathrm{d}t.$ Or $f$ est continue sur $I$, dérivable sur $]0,+\infty [$ et $|f^{\prime }|\le \frac{3}{2}$ sur $I$ (B.4.b) ; d'après l'inégalité des accroissements finis, pour tout $t\in [x_k,x_{k+1}]$ : $|f(t)-f(x_k)|\le \frac{3}{2}|t-x_k|=\frac{3}{2}(t-x_k)$. D'où $|J_k-I_k|\le \frac{3}{2}{\int }_{x_k}^{x_{k+1}}(t-x_k)\mathrm{d}t$. (b) ${\int }_{x_k}^{x_{k+1}}(t-x_k)\mathrm{d}t=[\frac{(t-x_k{)}^2}{2}{]}_{x_k}^{x_{k+1}}=\frac{(x_{k+1}-x_k{)}^2}{2}=\frac{1}{2}(\frac{\alpha }{n}{)}^2$ car $x_{k+1}-x_k=\frac{\alpha }{n}$. Donc $|J_k-I_k|\le \frac{3}{2}\cdot \frac{1}{2}(\frac{\alpha }{n}{)}^2=\frac{3}{4}(\frac{\alpha }{n}{)}^2$.
   3. (a) Soit $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$. $J_k=f(x_k)(x_{k+1}-x_k)=\frac{\alpha }{n}f(\frac{k\alpha }{n})$, donc ${\sum }_{k=0}^{n-1}{J}_k=\frac{\alpha }{n}{\sum }_{k=0}^{n-1}f(\frac{k\alpha }{n})$. Par la relation de Chasles, ${\sum }_{k=0}^{n-1}{I}_k={\int }_{x_0}^{x_n}f(t)\mathrm{d}t={\int }_0^{\alpha }f(t)\mathrm{d}t=L$ (car $x_0=0$ et $x_n=\alpha$). Ainsi, par l'inégalité triangulaire et 2.b : $|\frac{\alpha }{n}{\sum }_{k=0}^{n-1}f(\frac{k\alpha }{n})-L|=|{\sum }_{k=0}^{n-1}(J_k-I_k)|\le {\sum }_{k=0}^{n-1}|J_k-I_k|\le n\cdot \frac{3}{4}(\frac{\alpha }{n}{)}^2=\frac{3{\alpha }^2}{4n}.$ (b) Comme ${\lim }_{n\to +\infty }\frac{3{\alpha }^2}{4n}=0$, le théorème des gendarmes donne ${\lim }_{n\to +\infty }\frac{\alpha }{n}{\sum }_{k=0}^{n-1}f(\frac{k\alpha }{n})=L={\int }_0^{\alpha }f(t)\mathrm{d}t$ (somme de Riemann de $f$ sur $[0,\alpha ]$).

2. Exercice 2Nombres complexes3.5 pts

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

   Soit $m\in \mathbb{C}\setminus \{-1;0;1\}$.

   I. On considère dans $\mathbb{C}$ l'équation $(E_m)$ d'inconnue $z$ : $(E_m):m{z}^2-(m-1{)}^{2}z-(m-1{)}^2=0$

   1. (a) Montrer que le discriminant de l'équation $(E_m)$ est : $\Delta =(m^2-1{)}^2$. (0,25 pt) (b) Déterminer $z_1$ et $z_2$ les deux solutions de l'équation $(E_m)$. (0,5 pt)
   2. On prend uniquement dans cette question $m=e^{i\theta }$, avec $0<\theta <\pi$. Écrire $z_1$ et $z_2$ sous forme exponentielle. (0,5 pt)

   II. Le plan complexe est muni d'un repère orthonormé direct $(O,\overrightarrow{u},\overrightarrow{v})$. On considère les deux points $A$ et $B$ d'affixes respectives $m-1$ et $\frac{1}{m}-1$.

   1. Montrer que les points $O$, $A$ et $B$ sont alignés si et seulement si $m\in \mathbb{R}$. (0,5 pt)
   2. On suppose que $m$ n'est pas un nombre réel. Soient $C$ l'image du point $B$ par la rotation de centre $A$ et d'angle $\frac{\pi }{3}$ et $D$ l'image du point $A$ par la rotation de centre $O$ et d'angle $\frac{\pi }{3}$, et soient $P(p)$, $Q(q)$ et $R(r)$ les milieux respectifs des segments $[AC]$, $[AD]$ et $[OB]$. (a) Montrer que l'affixe du point $C$ est : $c=m-1+(\frac{1}{m}-m)e^{i\frac{\pi }{3}}$ et que l'affixe du point $D$ est : $d=(m-1)e^{i\frac{\pi }{3}}$. (0,5 pt) (b) Montrer que : $2(p-r)=m-1+(\frac{1}{m}-m)(e^{i\frac{\pi }{3}}-1)$ et $2(q-r)=(m-1)e^{i\frac{\pi }{3}}-(\frac{1}{m}-m)$. (0,5 pt) (c) Montrer que : $q-r=e^{i\frac{\pi }{3}}(p-r)$. (0,25 pt) (d) Quelle est la nature du triangle $PQR$ ? (justifier votre réponse) (0,5 pt)
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   I.

   1. (a) $\Delta =(m-1{)}^4+4m(m-1{)}^2=(m-1{)}^2[(m-1{)}^2+4m]=(m-1{)}^2(m^2+2m+1)=(m-1{)}^2(m+1{)}^2=(m^2-1{)}^2$. (b) Une racine carrée de $\Delta$ est $m^2-1$ ; comme $m\ne 0$, les solutions sont $z_1=\frac{(m-1{)}^2+(m^2-1)}{2m}=\frac{(m-1)(m-1+m+1)}{2m}=\frac{(m-1)2m}{2m}=m-1,$ $z_2=\frac{(m-1{)}^2-(m^2-1)}{2m}=\frac{(m-1)(m-1-m-1)}{2m}=\frac{-2(m-1)}{2m}=\frac{1-m}{m}=\frac{1}{m}-1.$ Ces deux solutions sont distinctes car $\Delta \ne 0$ ($m\ne \pm 1$).
   2. Avec $m=e^{i\theta }$ : $z_1=e^{i\theta }-1=e^{i\frac{\theta }{2}}(e^{i\frac{\theta }{2}}-e^{-i\frac{\theta }{2}})=2i\sin (\frac{\theta }{2})e^{i\frac{\theta }{2}}$. Comme $0<\frac{\theta }{2}<\frac{\pi }{2}$, $\sin (\frac{\theta }{2})>0$ et $i=e^{i\frac{\pi }{2}}$, donc $z_1=2\sin (\frac{\theta }{2})e^{i\frac{\theta +\pi }{2}}$. De même $z_2=\frac{1}{m}-1=e^{-i\theta }-1=\overline{z_1}=2\sin (\frac{\theta }{2})e^{-i\frac{\theta +\pi }{2}}$.

   II.

   1. $A$ a pour affixe $a=m-1\ne 0$ (car $m\ne 1$), donc $A\ne O$, et $B$ a pour affixe $b=\frac{1}{m}-1=\frac{1-m}{m}$. Les points $O$, $A$, $B$ sont alignés si et seulement si $\frac{b}{a}\in \mathbb{R}$. Or $\frac{b}{a}=\frac{\frac{1-m}{m}}{m-1}=-\frac{1}{m}$. Donc $O$, $A$, $B$ alignés $\iff -\frac{1}{m}\in \mathbb{R}\iff m\in \mathbb{R}$ (car $m\ne 0$ et $\overline{\frac{1}{m}}=\frac{1}{\overline{m}}$, donc $\frac{1}{m}\in \mathbb{R}\iff m\in \mathbb{R}$).
   2. (a) La rotation de centre $A$ et d'angle $\frac{\pi }{3}$ s'écrit $z^{\prime }-a=e^{i\frac{\pi }{3}}(z-a)$. Donc $c=a+e^{i\frac{\pi }{3}}(b-a)=m-1+e^{i\frac{\pi }{3}}(\frac{1}{m}-1-m+1)=m-1+(\frac{1}{m}-m)e^{i\frac{\pi }{3}}$. La rotation de centre $O$ et d'angle $\frac{\pi }{3}$ s'écrit $z^{\prime }=e^{i\frac{\pi }{3}}z$, donc $d=(m-1)e^{i\frac{\pi }{3}}$. (b) $p=\frac{a+c}{2}$, $q=\frac{a+d}{2}$ et $r=\frac{0+b}{2}=\frac{b}{2}$. Donc $2(p-r)=a+c-b=(m-1)+(m-1)+(\frac{1}{m}-m)e^{i\frac{\pi }{3}}-(\frac{1}{m}-1)=2m-1-\frac{1}{m}+(\frac{1}{m}-m)e^{i\frac{\pi }{3}}.$ Or $m-1+(\frac{1}{m}-m)(e^{i\frac{\pi }{3}}-1)=m-1+(\frac{1}{m}-m)e^{i\frac{\pi }{3}}-\frac{1}{m}+m=2m-1-\frac{1}{m}+(\frac{1}{m}-m)e^{i\frac{\pi }{3}}$ : c'est bien $2(p-r)$. De même $2(q-r)=a+d-b=(m-1)+(m-1)e^{i\frac{\pi }{3}}-(\frac{1}{m}-1)=(m-1)e^{i\frac{\pi }{3}}+m-\frac{1}{m}=(m-1)e^{i\frac{\pi }{3}}-(\frac{1}{m}-m).$ (c) $e^{i\frac{\pi }{3}}\cdot 2(p-r)=(m-1)e^{i\frac{\pi }{3}}+(\frac{1}{m}-m)(e^{i\frac{2\pi }{3}}-e^{i\frac{\pi }{3}})$. Or $e^{i\frac{2\pi }{3}}-e^{i\frac{\pi }{3}}=(-\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2})-(\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2})=-1$. Donc $e^{i\frac{\pi }{3}}\cdot 2(p-r)=(m-1)e^{i\frac{\pi }{3}}-(\frac{1}{m}-m)=2(q-r)$, soit $q-r=e^{i\frac{\pi }{3}}(p-r)$. (d) L'égalité $q-r=e^{i\frac{\pi }{3}}(p-r)$ signifie que $Q$ est l'image de $P$ par la rotation de centre $R$ et d'angle $\frac{\pi }{3}$. Si $P\ne R$, on en déduit $RQ=RP$ (module) et $(\overrightarrow{RP},\overrightarrow{RQ})\equiv \frac{\pi }{3}[2\pi ]$ (argument) : le triangle $PQR$ est isocèle en $R$ avec un angle au sommet de $\frac{\pi }{3}$, donc équilatéral. (Remarque : $P=R$ entraîne $Q=R$ ; cela ne se produit que pour la valeur particulière $m=\frac{1}{\sqrt{3}}{e}^{i\frac{5\pi }{6}}$, pour laquelle le triangle est réduit à un point ; dans tous les autres cas $PQR$ est équilatéral.)

3. Exercice 3Structures algébriques3.5 pts

   Chapitres : Structures algébriques · Structures algébriques

   On rappelle que $(M_3(\mathbb{R}),+,\times )$ est un anneau unitaire non commutatif et non intègre d'unité $I=\left(\begin{array}{ccccccc}1& 0& 00& 1& 00& 0& 1\end{array}\right)$ (la loi $\times$ étant la multiplication usuelle des matrices).

   Pour tout réel $a$ on pose $M(a)=\left(\begin{array}{ccccccc}1& 0& 0a+1& 3& -12a+3& 6& -2\end{array}\right)$ et soit $G=\{M(a)med\text{/}meda\in \mathbb{R}\}$.

   1. Soit $\phi$ l'application de $\mathbb{R}$ vers $M_3(\mathbb{R})$ définie par : $(\forall a\in \mathbb{R})$ ; $\phi (a)=M(a)$. (a) Montrer que $\phi$ est un homomorphisme de $(\mathbb{R},+)$ vers $(M_3(\mathbb{R}),\times )$. (0,5 pt) (b) Montrer que $\phi (\mathbb{R})=G$, en déduire que $(G,\times )$ est un groupe commutatif. (0,5 pt) (c) Déterminer $J$ l'élément neutre dans $(G,\times )$. (0,5 pt) (d) Déterminer l'inverse de $M(a)$ dans $(G,\times )$. (0,5 pt) (e) Résoudre dans $(G,\times )$ l'équation : $M(1)\times X=M(2)$. (0,5 pt)
   2. (a) Montrer que : $(\forall a\in \mathbb{R})$ ; $M(a)\times J=M(a)\times I$. (0,25 pt) (b) En déduire que pour tout $a\in \mathbb{R}$, $M(a)$ n'est pas inversible dans $(M_3(\mathbb{R}),\times )$. (0,5 pt) (c) Vérifier que les matrices de la forme $X=\left(\begin{array}{ccccccc}1& 0& 0x+2& 3& 03x+5& 6& 1\end{array}\right)$ avec $x\in \mathbb{R}$, sont des solutions dans $(M_3(\mathbb{R}),\times )$ de l'équation : $M(1)\times X=M(2)$. (0,25 pt)
   Voir la correction

   1. (a) Soient $a,b\in \mathbb{R}$. On calcule $M(a)\times M(b)$ : $M(a)\times M(b)=\left(\begin{array}{ccccccc}1& 0& 0a+1& 3& -12a+3& 6& -2\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccccccc}1& 0& 0b+1& 3& -12b+3& 6& -2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccccccc}1& 0& 0a+b+1& 3& -12a+2b+3& 6& -2\end{array}\right)=M(a+b).$ En effet, ligne 2 : $(a+1)+3(b+1)-(2b+3)=a+b+1$, $9-6=3$, $-3+2=-1$ ; ligne 3 : $(2a+3)+6(b+1)-2(2b+3)=2a+2b+3$, $18-12=6$, $-6+4=-2$. Donc $\phi (a+b)=\phi (a)\times \phi (b)$ : $\phi$ est un homomorphisme de $(\mathbb{R},+)$ vers $(M_3(\mathbb{R}),\times )$. (b) Par définition, $\phi (\mathbb{R})=\{\phi (a)med\text{/}meda\in \mathbb{R}\}=\{M(a)med\text{/}meda\in \mathbb{R}\}=G$. L'image d'un groupe par un homomorphisme est un groupe pour la loi d'arrivée : $(\mathbb{R},+)$ étant un groupe commutatif, $(G,\times )=(\phi (\mathbb{R}),\times )$ est un groupe commutatif. Détaillons : $G$ est stable ($M(a)\times M(b)=M(a+b)\in G$), $\times$ est associative dans $M_3(\mathbb{R})$, $M(0)\in G$ vérifie $M(0)\times M(a)=M(a)\times M(0)=M(a)$, tout $M(a)$ admet $M(-a)\in G$ pour symétrique, et $M(a)\times M(b)=M(a+b)=M(b+a)=M(b)\times M(a)$. (c) L'élément neutre est $J=\phi (0)=M(0)=\left(\begin{array}{ccccccc}1& 0& 01& 3& -13& 6& -2\end{array}\right)$. (d) L'inverse de $M(a)$ dans $(G,\times )$ est $\phi (-a)=M(-a)=\left(\begin{array}{ccccccc}1& 0& 01-a& 3& -13-2a& 6& -2\end{array}\right)$, car $M(a)\times M(-a)=M(0)=J$. (e) Dans le groupe $(G,\times )$ : $M(1)\times X=M(2)\iff X=M(1{)}^{-1}\times M(2)=M(-1)\times M(2)=M(1)$. La solution est $X=M(1)=\left(\begin{array}{ccccccc}1& 0& 02& 3& -15& 6& -2\end{array}\right)$.
   2. (a) D'après 1.a, $M(a)\times J=M(a)\times M(0)=M(a+0)=M(a)$, et $M(a)\times I=M(a)$ ($I$ unité de $M_3(\mathbb{R})$). Donc $M(a)\times J=M(a)\times I$. (b) Supposons $M(a)$ inversible dans $(M_3(\mathbb{R}),\times )$, d'inverse $M(a{)}^{-1}$. En multipliant à gauche l'égalité $M(a)\times J=M(a)\times I$ par $M(a{)}^{-1}$, on obtient $J=I$, ce qui est faux (par exemple le coefficient de la ligne 2, colonne 1 vaut $1$ dans $J$ et $0$ dans $I$). Donc pour tout $a\in \mathbb{R}$, $M(a)$ n'est pas inversible dans $(M_3(\mathbb{R}),\times )$. (c) $M(1)=\left(\begin{array}{ccccccc}1& 0& 02& 3& -15& 6& -2\end{array}\right)$ et $M(2)=\left(\begin{array}{ccccccc}1& 0& 03& 3& -17& 6& -2\end{array}\right)$. Pour $x\in \mathbb{R}$ : $M(1)\times X=\left(\begin{array}{ccccccc}1& 0& 02& 3& -15& 6& -2\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccccccc}1& 0& 0x+2& 3& 03x+5& 6& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccccccc}1& 0& 02+3(x+2)-(3x+5)& 9-6& -15+6(x+2)-2(3x+5)& 18-12& -2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccccccc}1& 0& 03& 3& -17& 6& -2\end{array}\right)=M(2).$ Les matrices $X$ de cette forme sont donc des solutions de $M(1)\times X=M(2)$ dans $(M_3(\mathbb{R}),\times )$ (l'équation a une infinité de solutions, ce qui est cohérent avec la non-inversibilité de $M(1)$).

4. Exercice 4Arithmétique3 pts

   Chapitres : Arithmétique dans ℤ · Arithmétique dans ℤ

   1. Montrer que $137$ est un nombre premier. (0,5 pt)
   2. Déterminer un couple $(u,v)$ de ${\mathbb{Z}}^2$ tel que : $38u+136v=2$. (0,5 pt)
   3. Soit $x\in \mathbb{Z}$ tel que : $x^{38}\equiv 1[137]$. (a) Montrer que $x$ et $137$ sont premiers entre eux. (0,5 pt) (b) Montrer que : $x^{136}\equiv 1[137]$. (0,5 pt) (c) Montrer que : $x^2\equiv 1[137]$. (0,5 pt)
   4. Résoudre dans $\mathbb{Z}$ l'équation $(E):x^{19}\equiv 1[137]$. (0,5 pt)
   Voir la correction

   1. $\sqrt{137}<12$ car $12^2=144>137$. Les nombres premiers inférieurs à $12$ sont $2,3,5,7,11$ : $137$ est impair, $1+3+7=11$ n'est pas divisible par $3$, $137$ ne se termine ni par $0$ ni par $5$, $137=7\times 19+4$ et $137=11\times 12+5$. Aucun de ces nombres premiers ne divise $137$, donc $137$ est premier.
   2. Algorithme d'Euclide : $136=3\times 38+22$, $38=1\times 22+16$, $22=1\times 16+6$, $16=2\times 6+4$, $6=1\times 4+2$, $4=2\times 2$. Donc $38\wedge 136=2$. En remontant : $2=6-4=6-(16-2\times 6)=3\times 6-16=3(22-16)-16=3\times 22-4\times 16=3\times 22-4(38-22)=7\times 22-4\times 38=7(136-3\times 38)-4\times 38=7\times 136-25\times 38$. Le couple $(u,v)=(-25,7)$ convient : $38\times (-25)+136\times 7=-950+952=2$.
   3. (a) Soit $d=x\wedge 137$. Comme $137$ est premier, $d=1$ ou $d=137$. Si $d=137$, alors $137$ divise $x$, donc $x^{38}\equiv 0[137]$, ce qui contredit $x^{38}\equiv 1[137]$ (on aurait $137|1$). Donc $x\wedge 137=1$ : $x$ et $137$ sont premiers entre eux. (b) $137$ est premier et ne divise pas $x$ : d'après le petit théorème de Fermat, $x^{136}\equiv 1[137]$. (c) D'après la question 2, $952=38\times 25+2$ et $952=136\times 7$. Donc $x^{952}=(x^{38}{)}^{25}\times x^2\equiv 1^{25}\times x^2=x^2[137]$, et $x^{952}=(x^{136}{)}^7\equiv 1[137]$. Par conséquent $x^2\equiv 1[137]$.
   4. Soit $x\in \mathbb{Z}$ solution de $(E)$ : $x^{19}\equiv 1[137]$. Alors $x^{38}=(x^{19}{)}^2\equiv 1[137]$, donc d'après 3.c, $x^2\equiv 1[137]$. Ainsi $x^{19}=(x^2{)}^9\times x\equiv x[137]$, et donc $x\equiv x^{19}\equiv 1[137]$. Réciproquement, si $x\equiv 1[137]$ alors $x^{19}\equiv 1[137]$. L'ensemble des solutions de $(E)$ est $S=\{1+137kmed\text{/}medk\in \mathbb{Z}\}$.