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 logarithmiques · Fonctions logarithmiques · Suites numériques · Suites numériques · Calcul intégral · Calcul intégral

   Partie I. Pour tout entier naturel non nul $n$, on considère la fonction $f_n$ définie sur $I=[0,+\infty [$ par : $f_n(0)=0\mathrm{et}(\forall x\in ]0,+\infty [);f_n(x)=\sqrt{x}(\ln x{)}^n$ et soit $(C_n)$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé $(O;\overrightarrow{i},\overrightarrow{j})$.

   1. (a) Vérifier que : $(\forall x\in ]0,+\infty [)$ ; $\sqrt{x}(\ln x{)}^n=(2n{)}^n(x^{\frac{1}{2n}}\ln (x^{\frac{1}{2n}}){)}^n$, en déduire que $f_n$ est continue à droite en $0$. (0,5 pt) (b) Calculer ${\lim }_{x\to +\infty }{f}_n(x)$. (0,25 pt) (c) Vérifier que : $(\forall x\in ]0,+\infty [)$ ; $\frac{f_n(x)}{x}=(2n{)}^n(\ln (x^{\frac{1}{2n}})/x^{\frac{1}{2n}}{)}^n$, en déduire ${\lim }_{x\to +\infty }\frac{f_n(x)}{x}$ puis interpréter graphiquement le résultat obtenu. (0,75 pt) (d) Calculer, suivant la parité de $n$, ${\lim }_{x\to 0^{+}}\frac{f_n(x)}{x}$ puis interpréter graphiquement le résultat obtenu. (0,5 pt)
   2. (a) Montrer que $f_n$ est dérivable sur $]0;+\infty [$ et que : $(\forall x\in ]0,+\infty [)$ ; $f_n^{\prime }(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}}(\ln x{)}^{n-1}(2n+\ln x)$. (0,75 pt) (b) Vérifier que : $\forall n\ge 2$, $f_n^{\prime }(x)=0$ si et seulement si ($x=1$ ou $x=e^{-2n}$). (0,25 pt) (c) Étudier, suivant la parité de $n$, le sens de variation de $f_n$ et donner son tableau de variations. (1 pt) (d) Montrer que si $n$ est impair et $n\ge 3$ alors le point d'abscisse $1$ est un point d'inflexion de $(C_n)$. (0,25 pt)

   Partie II.

   1. Soit $\beta \in ]1,e[$ un réel fixé. On considère la suite numérique $(u_n{)}_{n\ge 1}$ définie par : $(\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast })$ ; $u_n=f_n(\beta )$. (a) Montrer que : $(\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast })$ ; $0<u_n<\sqrt{e}$. (0,25 pt) (b) Montrer que la suite $(u_n{)}_{n\ge 1}$ est décroissante. (0,25 pt) (c) Déterminer ${\lim }_{n\to +\infty }{u}_n$. (0,25 pt)
   2. (a) Montrer que pour tout entier $n$ non nul, il existe un unique réel $x_n\in ]1;e[$ tel que : $f_n(x_n)=1$. (0,5 pt) (b) Montrer que la suite $(x_n{)}_{n\in {\mathbb{N}}^{\ast }}$ ainsi définie est croissante, en déduire qu'elle est convergente. (0,75 pt)
   3. On pose : $\ell ={\lim }_{n\to +\infty }{x}_n$. (a) Montrer que : $1<\ell \le e$. (0,5 pt) (b) Montrer que : ${\lim }_{n\to +\infty }(\ln x_n{)}^n=\frac{1}{\sqrt{\ell }}$. (0,25 pt) (c) Montrer que si $\ell <e$ alors ${\lim }_{n\to +\infty }n\ln (\ln x_n)=-\infty$. (0,25 pt) (d) En déduire la valeur de $\ell$. (0,25 pt)

   Partie III. On pose pour tout $x\in I$, $F(x)={\int }_x^1(f_1(t){)}^2\mathrm{d}t$.

   1. (a) Montrer que la fonction $F$ est continue sur $I$. (0,25 pt) (b) En utilisant une double intégration par parties, montrer que : (1 pt) $(\forall x\in ]0,+\infty [);F(x)=-\frac{x^2}{2}{\ln }^2(x)+\frac{x^2}{2}\ln (x)+\frac{1}{4}(1-x^2).$
   2. (a) Calculer ${\lim }_{x\to 0^{+}}F(x)$. (0,5 pt) (b) En déduire la valeur de $F(0)$. (0,25 pt) (c) Calculer, en ${\mathrm{cm}}^3$, le volume du solide engendré par la rotation d'un tour complet autour de l'axe des abscisses de la portion de la courbe $(C_1)$ relative à l'intervalle $[0,1]$ (on prendra $\Vert \overrightarrow{i}\Vert =1\mathrm{cm}$). (0,5 pt)
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   Partie I.

   1. (a) Pour $x>0$, posons $X=x^{\frac{1}{2n}}$ ; alors $X^n=x^{\frac{1}{2}}=\sqrt{x}$ et $\ln X=\frac{1}{2n}\ln x$. Donc $(2n{)}^n(X\ln X{)}^n=(2n{)}^n{X}^n(\ln X{)}^n=(2n{)}^n\sqrt{x}(\frac{1}{2n}{)}^n(\ln x{)}^n=\sqrt{x}(\ln x{)}^n.$ Quand $x\to 0^{+}$, $X=x^{\frac{1}{2n}}\to 0^{+}$ et ${\lim }_{X\to 0^{+}}X\ln X=0$, donc ${\lim }_{x\to 0^{+}}{f}_n(x)=(2n{)}^n\times 0^n=0=f_n(0)$ : $f_n$ est continue à droite en $0$. (b) ${\lim }_{x\to +\infty }\sqrt{x}=+\infty$ et ${\lim }_{x\to +\infty }(\ln x{)}^n=+\infty$ (car $\ln x\to +\infty$ et $n\ge 1$), donc ${\lim }_{x\to +\infty }{f}_n(x)=+\infty$. (c) Avec la même notation $X=x^{\frac{1}{2n}}$ : $(2n{)}^n(\ln \frac{X}{X}{)}^n=(2n{)}^n(\frac{1}{2n}{)}^n\frac{(\ln x{)}^n}{X^n}=\frac{(\ln x{)}^n}{\sqrt{x}}=\frac{f_n(x)}{x}$. Quand $x\to +\infty$, $X\to +\infty$ et ${\lim }_{X\to +\infty }\ln \frac{X}{X}=0$ (croissances comparées), donc ${\lim }_{x\to +\infty }\frac{f_n(x)}{x}=0$. Comme ${\lim }_{+\infty }{f}_n=+\infty$, la courbe $(C_n)$ admet au voisinage de $+\infty$ une branche parabolique de direction l'axe des abscisses. (d) Pour $x>0$ : $\frac{f_n(x)}{x}=\frac{(\ln x{)}^n}{\sqrt{x}}$. Quand $x\to 0^{+}$, $\frac{1}{\sqrt{x}}\to +\infty$ et $(\ln x{)}^n\to +\infty$ si $n$ est pair, $-\infty$ si $n$ est impair (car $\ln x\to -\infty$). Donc ${\lim }_{x\to 0^{+}}\frac{f_n(x)}{x}=+\infty$ si $n$ est pair et $-\infty$ si $n$ est impair. Comme $f_n(0)=0$, ce quotient est le taux d'accroissement de $f_n$ en $0$ : $f_n$ n'est pas dérivable à droite en $0$ et $(C_n)$ admet au point $O$ une demi-tangente verticale, dirigée vers le haut si $n$ est pair et vers le bas si $n$ est impair.
   2. (a) $f_n$ est dérivable sur $]0,+\infty [$ comme produit de $x|\to \sqrt{x}$ et de $x|\to (\ln x{)}^n$, toutes deux dérivables sur $]0,+\infty [$. Pour $x>0$ : $f_n^{\prime }(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}}(\ln x{)}^n+\sqrt{x}\cdot n(\ln x{)}^{n-1}\cdot \frac{1}{x}=\frac{(\ln x{)}^n}{2\sqrt{x}}+\frac{2n(\ln x{)}^{n-1}}{2\sqrt{x}}=\frac{1}{2\sqrt{x}}(\ln x{)}^{n-1}(2n+\ln x).$ (b) Pour $n\ge 2$, $n-1\ge 1$ et $f_n^{\prime }(x)=0\iff (\ln x{)}^{n-1}=0$ ou $2n+\ln x=0\iff \ln x=0$ ou $\ln x=-2n\iff x=1$ ou $x=e^{-2n}$. (c) Le signe de $f_n^{\prime }(x)$ est celui de $(\ln x{)}^{n-1}(2n+\ln x)$, avec $2n+\ln x<0\iff x<e^{-2n}$ et $e^{-2n}<1$. Cas $n$ pair : $n-1$ est impair, donc $(\ln x{)}^{n-1}$ a le signe de $\ln x$. Sur $]0,e^{-2n}[$ : $\ln x<0$ et $2n+\ln x<0$, donc $f_n^{\prime }(x)>0$ ; sur $]e^{-2n},1[$ : $\ln x<0$ et $2n+\ln x>0$, donc $f_n^{\prime }(x)<0$ ; sur $]1,+\infty [$ : les deux facteurs sont positifs, $f_n^{\prime }(x)>0$. Ainsi $f_n$ est croissante sur $[0,e^{-2n}]$, décroissante sur $[e^{-2n},1]$ et croissante sur $[1,+\infty [$, avec $f_n(0)=0$, $f_n(e^{-2n})=e^{-n}(-2n{)}^n=(\frac{2n}{e}{)}^n$, $f_n(1)=0$ et ${\lim }_{+\infty }{f}_n=+\infty$. Cas $n$ impair : $n-1$ est pair, donc $(\ln x{)}^{n-1}\ge 0$ (et vaut $1$ si $n=1$) ; $f_n^{\prime }(x)$ a le signe de $2n+\ln x$ : négatif sur $]0,e^{-2n}[$, positif sur $]e^{-2n},+\infty [$. Ainsi $f_n$ est décroissante sur $[0,e^{-2n}]$ et croissante sur $[e^{-2n},+\infty [$, avec $f_n(0)=0$, $f_n(e^{-2n})=e^{-n}(-2n{)}^n=-(\frac{2n}{e}{)}^n$ (minimum), $f_n(1)=0$ et ${\lim }_{+\infty }{f}_n=+\infty$. (d) Sur $]0,+\infty [$, $f_n^{\prime }(x)=\frac{1}{2}{x}^{-\frac{1}{2}}(2n(\ln x{)}^{n-1}+(\ln x{)}^n)$ est dérivable et $f_n^{\prime \prime }(x)=-\frac{1}{4}{x}^{-\frac{3}{2}}(2n(\ln x{)}^{n-1}+(\ln x{)}^n)+\frac{1}{2}{x}^{-\frac{1}{2}}\cdot \frac{1}{x}(2n(n-1)(\ln x{)}^{n-2}+n(\ln x{)}^{n-1}),$ soit, en mettant $\frac{1}{4}{x}^{-\frac{3}{2}}$ en facteur : $f_n^{\prime \prime }(x)=\frac{1}{4x\sqrt{x}}(-2n(\ln x{)}^{n-1}-(\ln x{)}^n+4n(n-1)(\ln x{)}^{n-2}+2n(\ln x{)}^{n-1})=\frac{(\ln x{)}^{n-2}}{4x\sqrt{x}}(4n(n-1)-(\ln x{)}^2)$. Si $n$ est impair et $n\ge 3$, alors $n-2$ est impair et $n-2\ge 1$ : $(\ln x{)}^{n-2}$ change de signe en $x=1$ (négatif avant, positif après), tandis que $4n(n-1)-(\ln x{)}^2>0$ au voisinage de $1$ (il vaut $4n(n-1)>0$ en $1$) et $4x\sqrt{x}>0$. Donc $f_n^{\prime \prime }$ s'annule en $1$ en changeant de signe : le point d'abscisse $1$ (c'est le point $(1;0)$) est un point d'inflexion de $(C_n)$.

   Partie II.

   1. (a) $u_n=\sqrt{\beta }(\ln \beta {)}^n$. Comme $1<\beta <e$, on a $0<\ln \beta <1$, donc $0<(\ln \beta {)}^n<1$, et $1<\sqrt{\beta }<\sqrt{e}$. Par produit, $0<u_n<\sqrt{e}$ pour tout $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$. (b) $u_{n+1}=\sqrt{\beta }(\ln \beta {)}^{n+1}=u_n\ln \beta$, avec $u_n>0$ et $0<\ln \beta <1$, donc $u_{n+1}<u_n$ : la suite $(u_n{)}_{n\ge 1}$ est (strictement) décroissante. (c) $(u_n)$ est géométrique de raison $\ln \beta \in ]0,1[$, donc ${\lim }_{n\to +\infty }{u}_n=0$.
   2. (a) Soit $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$. D'après I.2.c, $f_n$ est continue et strictement croissante sur $[1,+\infty [$ (quelle que soit la parité de $n$, $f_n^{\prime }>0$ sur $]1,+\infty [$). Elle réalise donc une bijection de $[1,e]$ sur $[f_n(1),f_n(e)]=[0,\sqrt{e}]$ (car $f_n(e)=\sqrt{e}\cdot 1^n=\sqrt{e}$). Comme $0<1<\sqrt{e}$, il existe un unique $x_n\in [1,e]$ tel que $f_n(x_n)=1$, et $x_n\in ]1,e[$ car $f_n(1)=0\ne 1$ et $f_n(e)=\sqrt{e}\ne 1$. (b) Soit $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$. $f_{n+1}(x_n)=\sqrt{x_n}(\ln x_n{)}^{n+1}=f_n(x_n)\ln x_n=\ln x_n<1=f_{n+1}(x_{n+1})$ car $x_n<e$. Comme $f_{n+1}$ est strictement croissante sur $[1,+\infty [$ et que $x_n,x_{n+1}\in [1,e]$, on en déduit $x_n<x_{n+1}$ : la suite $(x_n)$ est strictement croissante. Elle est majorée par $e$, donc convergente (théorème de la convergence monotone).
   3. (a) La suite est croissante, donc $x_n\ge x_1>1$ pour tout $n\ge 1$, et par passage à la limite $\ell \ge x_1>1$. De plus $x_n<e$ pour tout $n$, donc $\ell \le e$. Ainsi $1<\ell \le e$. (b) De $f_n(x_n)=1$ on tire $(\ln x_n{)}^n=\frac{1}{\sqrt{x_n}}$. Comme $x_n\to \ell >0$ et que $x|\to \frac{1}{\sqrt{x}}$ est continue en $\ell$, ${\lim }_{n\to +\infty }(\ln x_n{)}^n=\frac{1}{\sqrt{\ell }}$. (c) Supposons $\ell <e$. Alors $\ln x_n\to \ln \ell$ avec $0<\ln \ell <1$ (car $1<\ell <e$), donc $\ln (\ln x_n)\to \ln (\ln \ell )<0$ par continuité de $\ln$. Ainsi $n\ln (\ln x_n)$ est le produit de $n\to +\infty$ par une suite de limite strictement négative : ${\lim }_{n\to +\infty }n\ln (\ln x_n)=-\infty$. (d) Si $\ell <e$, alors $(\ln x_n{)}^n=e^{n\ln (\ln x_n)}\to e^{-\infty }=0$ d'après (c) (notons que $\ln x_n>0$), ce qui contredit (b) puisque $\frac{1}{\sqrt{\ell }}\ne 0$. Donc $\ell =e$ : ${\lim }_{n\to +\infty }{x}_n=e$.

   Partie III.

   1. (a) $f_1$ est continue sur $I$ (continue à droite en $0$ d'après I.1.a et continue sur $]0,+\infty [$), donc $(f_1{)}^2$ est continue sur $I$ et admet une primitive $H$ sur $I$ ; $F(x)=H(1)-H(x)$ est alors dérivable, donc continue, sur $I$. (b) Soit $x>0$ ; $F(x)={\int }_x^{1}t(\ln t{)}^2\mathrm{d}t$. Première intégration par parties avec $u(t)=(\ln t{)}^2$, $u^{\prime }(t)=\frac{2\ln t}{t}$, $v^{\prime }(t)=t$, $v(t)=\frac{t^2}{2}$ (fonctions de classe $C^1$ sur $[x,1]$) : $F(x)=[\frac{t^2}{2}(\ln t{)}^2{]}_x^1-{\int }_x^1\frac{t^2}{2}\cdot \frac{2\ln t}{t}\mathrm{d}t=-\frac{x^2}{2}{\ln }^2(x)-{\int }_x^{1}t\ln t\mathrm{d}t.$ Deuxième intégration par parties avec $u(t)=\ln t$, $u^{\prime }(t)=\frac{1}{t}$, $v^{\prime }(t)=t$, $v(t)=\frac{t^2}{2}$ : ${\int }_x^{1}t\ln t\mathrm{d}t=[\frac{t^2}{2}\ln t{]}_x^1-{\int }_x^1\frac{t}{2}\mathrm{d}t=-\frac{x^2}{2}\ln x-\frac{1}{4}(1-x^2).$ Donc $F(x)=-\frac{x^2}{2}{\ln }^2(x)+\frac{x^2}{2}\ln (x)+\frac{1}{4}(1-x^2)$.
   2. (a) ${\lim }_{x\to 0^{+}}{x}^2{\ln }^2(x)={\lim }_{x\to 0^{+}}(x\ln x{)}^2=0$ et ${\lim }_{x\to 0^{+}}{x}^2\ln x={\lim }_{x\to 0^{+}}x\cdot (x\ln x)=0$ (car $x\ln x\to 0$). Donc ${\lim }_{x\to 0^{+}}F(x)=\frac{1}{4}$. (b) $F$ est continue sur $I$, donc continue à droite en $0$ : $F(0)={\lim }_{x\to 0^{+}}F(x)=\frac{1}{4}$. Autrement dit ${\int }_0^{1}t(\ln t{)}^2\mathrm{d}t=\frac{1}{4}$. (c) Le volume du solide de révolution engendré par la rotation de la portion de $(C_1)$ d'abscisses dans $[0,1]$ autour de l'axe des abscisses est $V=\pi {\int }_0^1(f_1(t){)}^2\mathrm{d}t=\pi F(0)=\frac{\pi }{4}$ en unités de volume. L'unité étant $1\mathrm{cm}$, $V=\frac{\pi }{4}{\mathrm{cm}}^3\approx 0,785{\mathrm{cm}}^3$.

2. Exercice 2Nombres complexes3.5 pts

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

   Les parties I et II peuvent être traitées indépendamment.

   Partie I. On considère dans ${\mathbb{R}}_{+}^2$ le système suivant : $(S):\sqrt{x}(1+\frac{1}{x+y})=\frac{12}{5}\mathrm{et}\sqrt{y}(1-\frac{1}{x+y})=\frac{4}{5}$

   1. Soit $(x,y)\in {\mathbb{R}}_{+}^2$ une solution du système $(S)$. On pose : $z=\sqrt{x}+i\sqrt{y}$. (a) Montrer que : $z+\frac{1}{z}=\frac{12}{5}+\frac{4}{5}i$. (0,25 pt) (b) Montrer que : $z^2-(\frac{12}{5}+\frac{4}{5}i)z+1=0$, en déduire les valeurs possibles de $z$ (on remarque que : $\frac{28}{25}+\frac{96}{25}i=(\frac{2}{5}(4+3i){)}^2$). (0,75 pt) (c) En déduire les valeurs du couple $(x,y)$. (0,25 pt)
   2. Résoudre dans ${\mathbb{R}}_{+}^2$ le système $(S)$. (0,5 pt)

   Partie II. Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormé direct $(O;\overrightarrow{u},\overrightarrow{v})$. Soit $(U)$ le cercle de centre $O$ et de rayon $1$ et $A(a)$, $B(b)$ et $C(c)$ trois points du cercle $(U)$ deux à deux distincts.

   1. Montrer que : $(\forall z\in {\mathbb{C}}^{\ast })$ ; $|z|=1\iff \overline{z}=\frac{1}{z}$. (0,25 pt)
   2. (a) La droite passant par $A$ et parallèle à $(BC)$ coupe le cercle $(U)$ au point $P(p)$. Montrer que : $p=\frac{bc}{a}$. (0,5 pt) (b) La droite passant par $A$ et perpendiculaire à $(BC)$ coupe le cercle $(U)$ au point $Q(q)$. Montrer que : $q=-p$. (0,5 pt) (c) La droite passant par $C$ et parallèle à $(AB)$ coupe le cercle $(U)$ au point $R(r)$. Montrer que les deux droites $(PR)$ et $(OB)$ sont perpendiculaires. (0,5 pt)
   Voir la correction

   Partie I.

   1. (a) Le système impose $x+y\ne 0$, donc $z=\sqrt{x}+i\sqrt{y}\ne 0$ et $|z{|}^2=x+y$. Alors $\frac{1}{z}=\frac{\overline{z}}{|}z{|}^2=\frac{\sqrt{x}-i\sqrt{y}}{x+y}$ et $z+\frac{1}{z}=\sqrt{x}(1+\frac{1}{x+y})+i\sqrt{y}(1-\frac{1}{x+y})=\frac{12}{5}+\frac{4}{5}i$ puisque $(x,y)$ est solution de $(S)$. (b) En multipliant l'égalité précédente par $z\ne 0$ : $z^2+1=(\frac{12}{5}+\frac{4}{5}i)z$, soit $z^2-(\frac{12}{5}+\frac{4}{5}i)z+1=0$. Discriminant : $\Delta =(\frac{12}{5}+\frac{4}{5}i{)}^2-4=\frac{144}{25}-\frac{16}{25}+\frac{96}{25}i-\frac{100}{25}=\frac{28}{25}+\frac{96}{25}i=(\frac{2}{5}(4+3i){)}^2=(\frac{8}{5}+\frac{6}{5}i{)}^2.$ Les solutions sont $z=\frac{(\frac{12}{5}+\frac{4}{5}i)\pm (\frac{8}{5}+\frac{6}{5}i)}{2}$, soit $z_1=\frac{4+2i}{2}=2+i$ et $z_2=\frac{\frac{4}{5}-\frac{2}{5}i}{2}=\frac{2}{5}-\frac{1}{5}i$. Les valeurs possibles de $z$ sont $2+i$ et $\frac{2}{5}-\frac{1}{5}i$. (c) $z=\sqrt{x}+i\sqrt{y}$ a une partie imaginaire $\sqrt{y}\ge 0$, ce qui exclut $z_2$. Donc $z=2+i$, d'où $\sqrt{x}=2$ et $\sqrt{y}=1$ : $(x,y)=(4,1)$.
   2. D'après 1, si $(S)$ a une solution, c'est nécessairement $(4,1)$. Réciproquement, pour $(x,y)=(4,1)$ : $x+y=5$, $\sqrt{4}(1+\frac{1}{5})=2\times \frac{6}{5}=\frac{12}{5}$ et $\sqrt{1}(1-\frac{1}{5})=\frac{4}{5}$. Le couple $(4,1)$ est solution. L'ensemble des solutions de $(S)$ dans ${\mathbb{R}}_{+}^2$ est $\{(4,1)\}$.

   Partie II.

   1. Pour $z\in {\mathbb{C}}^{\ast }$ : $|z|=1\iff |z{|}^2=1\iff z\overline{z}=1\iff \overline{z}=\frac{1}{z}$ (on divise par $z\ne 0$).
   2. Les affixes $a$, $b$, $c$, $p$, $q$, $r$ sont de module $1$, donc d'après 1 : $\overline{a}=\frac{1}{a}$, $\overline{b}=\frac{1}{b}$, etc. (a) $P$ est le point de $(U)$, distinct de $A$, tel que $(AP)\parallel (BC)$ (si la parallèle est tangente en $A$, on convient que $P=A$ ; on traite le cas $P\ne A$). Le parallélisme se traduit par $\frac{p-a}{c-b}\in \mathbb{R}$ (avec $c\ne b$), c'est-à-dire $\frac{p-a}{c-b}=\overline{(\frac{p-a}{c-b})}$. Or $\overline{(\frac{p-a}{c-b})}=\frac{\frac{1}{p}-\frac{1}{a}}{\frac{1}{c}-\frac{1}{b}}=\frac{\frac{a-p}{ap}}{\frac{b-c}{bc}}=\frac{(a-p)bc}{ap(b-c)}=\frac{(p-a)bc}{ap(c-b)}.$ L'égalité $\frac{p-a}{c-b}=\frac{(p-a)bc}{ap(c-b)}$ avec $p\ne a$ donne, après division par $\frac{p-a}{c-b}\ne 0$ : $1=\frac{bc}{ap}$, soit $p=\frac{bc}{a}$. (Réciproquement, $\frac{bc}{a}$ est bien de module $1$ et rend le quotient réel, donc c'est l'affixe du second point d'intersection ; si $\frac{bc}{a}=a$, la parallèle est tangente en $A$.) (b) De même, avec $Q\ne A$ : $(AQ)\perp (BC)$ se traduit par $\frac{q-a}{c-b}\in i\mathbb{R}$, c'est-à-dire $\frac{q-a}{c-b}=-\overline{(\frac{q-a}{c-b})}=-\frac{(q-a)bc}{aq(c-b)}$ (même calcul qu'en (a)). Après division par $\frac{q-a}{c-b}\ne 0$ : $1=-\frac{bc}{aq}$, soit $q=-\frac{bc}{a}=-p$. (c) En appliquant (a) avec $C$ à la place de $A$ et $(AB)$ à la place de $(BC)$ : $r=\frac{ab}{c}$. Alors $r-p=\frac{ab}{c}-\frac{bc}{a}=b\frac{a^2-c^2}{ac},\mathrm{donc}\frac{r-p}{b-0}=\frac{a^2-c^2}{ac}=\frac{a}{c}-\frac{c}{a}.$ Or $\overline{\frac{a}{c}-\frac{c}{a}}=\frac{\overline{a}}{\overline{c}}-\frac{\overline{c}}{\overline{a}}=\frac{\frac{1}{a}}{\frac{1}{c}}-\frac{\frac{1}{c}}{\frac{1}{a}}=\frac{c}{a}-\frac{a}{c}=-(\frac{a}{c}-\frac{c}{a})$, donc $\frac{r-p}{b}$ est un imaginaire pur. Il est non nul dès que $a^2\ne c^2$, c'est-à-dire $P\ne R$ (le cas $c=-a$ donne $P=R=$ point d'affixe $-b$, où les droites sont confondues avec un point). Ainsi $(\overrightarrow{OB},\overrightarrow{PR})\equiv \frac{\pi }{2}[\pi ]$ : les droites $(PR)$ et $(OB)$ sont perpendiculaires.

3. Exercice 3Structures algébriques3.5 pts

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

   On rappelle que $(M_3(\mathbb{R}),+,\times )$ est un anneau unitaire et non commutatif d'unité $I=\left(\begin{array}{ccccccc}1& 0& 00& 1& 00& 0& 1\end{array}\right)$. Soit $E=\{M(a,b,c)=\left(\begin{array}{ccccccc}a& 0& 00& b& -c0& c& b\end{array}\right)med\text{/}med(a,b,c)\in {\mathbb{R}}^3\}$.

   1. Montrer que $E$ est un sous-groupe de $(M_3(\mathbb{R}),+)$. (0,25 pt)
   2. On munit l'ensemble $\mathbb{R}\times \mathbb{C}$ de la loi de composition interne $\ast$ définie par : $\forall ((x,z),(x^{\prime },z^{\prime }))\in (\mathbb{R}\times \mathbb{C}{)}^2$ ; $(x,z)\ast (x^{\prime },z^{\prime })=(x+x^{\prime },z+z^{\prime })$ et on considère l'application $\phi$ définie de $E$ vers $\mathbb{R}\times \mathbb{C}$ par : $\forall (a,b,c)\in {\mathbb{R}}^3$, $\phi (M(a,b,c))=(a,b+ci)$. (a) Montrer que $\phi$ est un homomorphisme de $(E,+)$ vers $(\mathbb{R}\times \mathbb{C},\ast )$ et que $\phi (E)=\mathbb{R}\times \mathbb{C}$. (0,5 pt) (b) En déduire que $(\mathbb{R}\times \mathbb{C},\ast )$ est un groupe commutatif. (0,25 pt)
   3. On munit $\mathbb{R}\times \mathbb{C}$ de la loi de composition interne $T$ définie par : $\forall ((x,z),(x^{\prime },z^{\prime }))\in (\mathbb{R}\times \mathbb{C}{)}^2$ ; $(x,z)T(x^{\prime },z^{\prime })=(x\mathrm{Re}(z^{\prime })+x^{\prime }\mathrm{Re}(z),z{z}^{\prime })$ ($\mathrm{Re}(z)$ désigne la partie réelle du nombre complexe $z$). (a) Montrer que $T$ est commutative. (0,25 pt) (b) Vérifier que $(0,1)$ est l'élément neutre de $T$ dans $\mathbb{R}\times \mathbb{C}$. (0,25 pt) (c) Vérifier que $\forall x\in \mathbb{R}$, $(1,i)T(x,-i)=(0,1)$ ; en déduire que $T$ est non associative dans $\mathbb{R}\times \mathbb{C}$. (0,5 pt)
   4. Soit $G=\{(\mathrm{Im}(z),z)med\text{/}medz\in \mathbb{C}\}$ ($\mathrm{Im}(z)$ désigne la partie imaginaire du nombre complexe $z$). (a) Montrer que $G$ est un sous-groupe de $(\mathbb{R}\times \mathbb{C},\ast )$ (on remarque que $(-\mathrm{Im}(z),-z)$ est le symétrique de $(\mathrm{Im}(z),z)$ pour la loi $\ast$). (0,25 pt) (b) Soit $\psi$ l'application définie de ${\mathbb{C}}^{\ast }$ vers $\mathbb{R}\times \mathbb{C}$ par : $\forall z\in {\mathbb{C}}^{\ast }$ ; $\psi (z)=(\mathrm{Im}(z),z)$. Montrer que $\psi$ est un homomorphisme de $({\mathbb{C}}^{\ast },\times )$ vers $(\mathbb{R}\times \mathbb{C},T)$. (0,25 pt) (c) En déduire que $(G-\{(0,0)\},T)$ est un groupe commutatif. (0,5 pt)
   5. Montrer que $(G,\ast ,T)$ est un corps commutatif. (0,5 pt)
   Voir la correction

   1. $E\subset M_3(\mathbb{R})$ et la matrice nulle $M(0,0,0)$ appartient à $E$. Pour $(a,b,c),(a^{\prime },b^{\prime },c^{\prime })\in {\mathbb{R}}^3$ : $M(a,b,c)-M(a^{\prime },b^{\prime },c^{\prime })=\left(\begin{array}{ccccccc}a-a^{\prime }& 0& 00& b-b^{\prime }& -(c-c^{\prime })0& c-c^{\prime }& b-b^{\prime }\end{array}\right)=M(a-a^{\prime },b-b^{\prime },c-c^{\prime })\in E.$ Donc $E$ est un sous-groupe de $(M_3(\mathbb{R}),+)$.
   2. (a) Pour $(a,b,c),(a^{\prime },b^{\prime },c^{\prime })\in {\mathbb{R}}^3$ : $M(a,b,c)+M(a^{\prime },b^{\prime },c^{\prime })=M(a+a^{\prime },b+b^{\prime },c+c^{\prime })$, donc $\phi (M(a,b,c)+M(a^{\prime },b^{\prime },c^{\prime }))=(a+a^{\prime },(b+b^{\prime })+(c+c^{\prime })i)=(a,b+ci)\ast (a^{\prime },b^{\prime }+c^{\prime }i)=\phi (M(a,b,c))\ast \phi (M(a^{\prime },b^{\prime },c^{\prime })).$ $\phi$ est un homomorphisme de $(E,+)$ vers $(\mathbb{R}\times \mathbb{C},\ast )$. De plus $\phi (E)\subset \mathbb{R}\times \mathbb{C}$ et, pour tout $(x,z)\in \mathbb{R}\times \mathbb{C}$, en posant $b=\mathrm{Re}(z)$ et $c=\mathrm{Im}(z)$, on a $z=b+ci$ et $\phi (M(x,b,c))=(x,z)$ : $\phi$ est surjective, donc $\phi (E)=\mathbb{R}\times \mathbb{C}$. (b) $(E,+)$ est un groupe commutatif (sous-groupe du groupe commutatif $(M_3(\mathbb{R}),+)$) et l'image d'un groupe commutatif par un homomorphisme est un groupe commutatif pour la loi d'arrivée. Donc $(\phi (E),\ast )=(\mathbb{R}\times \mathbb{C},\ast )$ est un groupe commutatif (d'élément neutre $\phi (0)=(0,0)$, le symétrique de $(x,z)$ étant $(-x,-z)$).
   3. (a) $(x^{\prime },z^{\prime })T(x,z)=(x^{\prime }\mathrm{Re}(z)+x\mathrm{Re}(z^{\prime }),z^{\prime }z)=(x\mathrm{Re}(z^{\prime })+x^{\prime }\mathrm{Re}(z),z{z}^{\prime })=(x,z)T(x^{\prime },z^{\prime })$ (commutativité de l'addition et de la multiplication dans $\mathbb{R}$ et $\mathbb{C}$). $T$ est commutative. (b) $(x,z)T(0,1)=(x\mathrm{Re}(1)+0\times \mathrm{Re}(z),z\times 1)=(x,z)$, et par commutativité $(0,1)T(x,z)=(x,z)$. Donc $(0,1)$ est l'élément neutre de $T$. (c) Pour $x\in \mathbb{R}$ : $(1,i)T(x,-i)=(1\times \mathrm{Re}(-i)+x\times \mathrm{Re}(i),i\times (-i))=(0+0,1)=(0,1)$. Si $T$ était associative, alors pour $x\ne x^{\prime }$ : $((x,-i)T(1,i))T(x^{\prime },-i)=(0,1)T(x^{\prime },-i)=(x^{\prime },-i)$ et $(x,-i)T((1,i)T(x^{\prime },-i))=(x,-i)T(0,1)=(x,-i)$ seraient égaux, ce qui est faux. Donc $T$ n'est pas associative dans $\mathbb{R}\times \mathbb{C}$. (Autre formulation : $(1,i)$ aurait une infinité de symétriques, ce qui est impossible pour une loi associative avec élément neutre.)
   4. (a) $G\subset \mathbb{R}\times \mathbb{C}$ et $(0,0)=(\mathrm{Im}(0),0)\in G$. Pour $z,z^{\prime }\in \mathbb{C}$, le symétrique de $(\mathrm{Im}(z^{\prime }),z^{\prime })$ pour $\ast$ est $(-\mathrm{Im}(z^{\prime }),-z^{\prime })=(\mathrm{Im}(-z^{\prime }),-z^{\prime })$ et $(\mathrm{Im}(z),z)\ast (\mathrm{Im}(-z^{\prime }),-z^{\prime })=(\mathrm{Im}(z)+\mathrm{Im}(-z^{\prime }),z-z^{\prime })=(\mathrm{Im}(z-z^{\prime }),z-z^{\prime })\in G.$ Donc $G$ est un sous-groupe de $(\mathbb{R}\times \mathbb{C},\ast )$. (b) Soient $z=x+iy$ et $z^{\prime }=x^{\prime }+i{y}^{\prime }$ dans ${\mathbb{C}}^{\ast }$ ($x,y,x^{\prime },y^{\prime }$ réels). $\psi (z)T\psi (z^{\prime })=(\mathrm{Im}(z)\mathrm{Re}(z^{\prime })+\mathrm{Im}(z^{\prime })\mathrm{Re}(z),z{z}^{\prime })=(y{x}^{\prime }+y^{\prime }x,z{z}^{\prime })$. Or $z{z}^{\prime }=(x{x}^{\prime }-y{y}^{\prime })+i(x{y}^{\prime }+y{x}^{\prime })$, donc $\mathrm{Im}(z{z}^{\prime })=x{y}^{\prime }+y{x}^{\prime }$ et $\psi (z{z}^{\prime })=(\mathrm{Im}(z{z}^{\prime }),z{z}^{\prime })=(y{x}^{\prime }+y^{\prime }x,z{z}^{\prime })=\psi (z)T\psi (z^{\prime })$. $\psi$ est un homomorphisme de $({\mathbb{C}}^{\ast },\times )$ vers $(\mathbb{R}\times \mathbb{C},T)$. (c) $\psi ({\mathbb{C}}^{\ast })=\{(\mathrm{Im}(z),z)med\text{/}medz\in {\mathbb{C}}^{\ast }\}$. Comme $(\mathrm{Im}(z),z)=(0,0)\iff z=0$, on a $\psi ({\mathbb{C}}^{\ast })=G-\{(0,0)\}$. $({\mathbb{C}}^{\ast },\times )$ est un groupe commutatif et $\psi$ est un homomorphisme, donc son image $(G-\{(0,0)\},T)$ est un groupe commutatif. Détaillons, puisque $T$ n'est pas associative sur $\mathbb{R}\times \mathbb{C}$ tout entier : pour $z,z^{\prime },z^{\prime \prime }\in {\mathbb{C}}^{\ast }$, $\psi (z)T\psi (z^{\prime })=\psi (z{z}^{\prime })\in G-\{(0,0)\}$ (stabilité) ; $(\psi (z)T\psi (z^{\prime }))T\psi (z^{\prime \prime })=\psi (z{z}^{\prime }{z}^{\prime \prime })=\psi (z)T(\psi (z^{\prime })T\psi (z^{\prime \prime }))$ (associativité) ; $\psi (1)=(0,1)$ est neutre ; $\psi (z)T\psi (\frac{1}{z})=\psi (1)=(0,1)$ (symétrique de $\psi (z)$ : $\psi (\frac{1}{z})$) ; $\psi (z)T\psi (z^{\prime })=\psi (z{z}^{\prime })=\psi (z^{\prime }z)=\psi (z^{\prime })T\psi (z)$ (commutativité).
   5. D'après 4.a, $(G,\ast )$ est un groupe commutatif, d'élément neutre $(0,0)$. D'après 4.c, $(G-\{(0,0)\},T)$ est un groupe commutatif d'élément neutre $(0,1)$ ; de plus $T$ est interne dans $G$ tout entier car $(\mathrm{Im}(z),z)T(0,0)=(0,0)\in G$, et l'associativité de $T$ dans $G$ reste vraie lorsqu'un des éléments est $(0,0)$ (les deux membres valent alors $(0,0)$, car $gT(0,0)=(0,0)$ pour tout $g\in G$). Reste la distributivité de $T$ par rapport à $\ast$ dans $G$ : pour $g=(\mathrm{Im}(z),z)$, $g^{\prime }=(\mathrm{Im}(z^{\prime }),z^{\prime })$, $g^{\prime \prime }=(\mathrm{Im}(z^{\prime \prime }),z^{\prime \prime })$ dans $G$ : $gT(g^{\prime }\ast g^{\prime \prime })=(\mathrm{Im}(z)\mathrm{Re}(z^{\prime }+z^{\prime \prime })+\mathrm{Im}(z^{\prime }+z^{\prime \prime })\mathrm{Re}(z),z(z^{\prime }+z^{\prime \prime }))$ $=(\mathrm{Im}(z)\mathrm{Re}(z^{\prime })+\mathrm{Im}(z^{\prime })\mathrm{Re}(z),z{z}^{\prime })\ast (\mathrm{Im}(z)\mathrm{Re}(z^{\prime \prime })+\mathrm{Im}(z^{\prime \prime })\mathrm{Re}(z),z{z}^{\prime \prime })=(gT{g}^{\prime })\ast (gT{g}^{\prime \prime }),$ par linéarité de $\mathrm{Re}$ et $\mathrm{Im}$ ; la distributivité à droite en découle par commutativité de $T$. Donc $(G,\ast ,T)$ est un corps commutatif (il est isomorphe à $(\mathbb{C},+,\times )$ via $z|\to (\mathrm{Im}(z),z)$).

4. Exercice 4Arithmétique3 pts

   Chapitres : Arithmétique dans ℤ · Arithmétique dans ℤ

   Soit $p$ un nombre premier impair. On pose : $S=1+p+p^2+p^3+\dots +p^{p-1}$. Soit $q$ un nombre premier qui divise $S$.

   1. (a) Montrer que $p$ et $q$ sont premiers entre eux. (0,5 pt) (b) En déduire que : $p^{q-1}\equiv 1[q]$. (0,25 pt) (c) Vérifier que : $p^p-1=(p-1)S$, en déduire que : $p^p\equiv 1[q]$. (0,5 pt)
   2. On suppose que $p$ et $q-1$ sont premiers entre eux. (a) En utilisant le théorème de Bézout, montrer que : $p\equiv 1[q]$. (0,75 pt) (b) En déduire que $S\equiv 1[q]$. (0,25 pt)
   3. Montrer que : $q\equiv 1[p]$. (0,75 pt)
   Voir la correction

   1. (a) $S=1+p(1+p+\dots +p^{p-2})$, donc $S\equiv 1[p]$ et $p$ ne divise pas $S$. Si $q$ et $p$ n'étaient pas premiers entre eux, comme ce sont deux nombres premiers on aurait $q=p$, et alors $p$ diviserait $S$ : contradiction. Donc $p$ et $q$ sont premiers entre eux. (b) $q$ est premier et ne divise pas $p$ (question a), donc d'après le petit théorème de Fermat : $p^{q-1}\equiv 1[q]$. (c) $(p-1)S=(p-1)(1+p+p^2+\dots +p^{p-1})=p^p-1$ (somme des termes d'une suite géométrique de raison $p\ne 1$ : $S=\frac{p^p-1}{p-1}$). Comme $q$ divise $S$, $q$ divise $(p-1)S=p^p-1$, donc $p^p\equiv 1[q]$.
   2. (a) Comme $p\wedge (q-1)=1$, le théorème de Bézout donne $(u,v)\in {\mathbb{Z}}^2$ tel que $pu+(q-1)v=1$. Remarquons que $S$ est impair (somme de $p$ termes impairs, $p$ impair), donc $q\ne 2$ et $q-1\ge 2$ ; ainsi $u\ne 0$ et $v\ne 0$ (sinon $q-1$ ou $p$ diviserait $1$), et $u$, $v$ sont de signes contraires (car $pu+(q-1)v=1>0$ avec $p,q-1\ge 2$ interdit deux entiers non nuls de même signe : deux positifs donneraient une somme $\ge 4$, deux négatifs une somme $<0$). Premier cas : $u>0$ et $v<0$. Alors $pu=1+(q-1)(-v)$ avec $-v\in \mathbb{N}$, donc $p^{pu}=p\cdot (p^{q-1}{)}^{-v}$. Or $p^{pu}=(p^p{)}^u\equiv 1[q]$ (1.c) et $(p^{q-1}{)}^{-v}\equiv 1[q]$ (1.b), d'où $1\equiv p[q]$. Second cas : $u<0$ et $v>0$. Alors $(q-1)v=1+p(-u)$ avec $-u\in \mathbb{N}$, donc $p^{(q-1)v}=p\cdot (p^p{)}^{-u}$ ; le membre de gauche est $\equiv 1[q]$ et $(p^p{)}^{-u}\equiv 1[q]$, d'où $1\equiv p[q]$. Dans les deux cas, $p\equiv 1[q]$. (b) Si $p\equiv 1[q]$, alors $p^k\equiv 1[q]$ pour tout $k\in \mathbb{N}$, donc $S={\sum }_{k=0}^{p-1}{p}^k\equiv {\sum }_{k=0}^{p-1}1=p\equiv 1[q]$. Ainsi $S\equiv 1[q]$.
   3. Raisonnons par l'absurde : si $p$ et $q-1$ étaient premiers entre eux, la question 2 donnerait $S\equiv 1[q]$ ; or $q$ divise $S$, donc $S\equiv 0[q]$, d'où $q$ divise $1$, ce qui est absurde. Donc $p\wedge (q-1)\ne 1$. Comme $p$ est premier, ses seuls diviseurs positifs sont $1$ et $p$, donc $p\wedge (q-1)=p$, c'est-à-dire $p$ divise $q-1$ : $q\equiv 1[p]$. (Exemples : $p=3$, $S=13$ et $13\equiv 1[3]$ ; $p=5$, $S=781=11\times 71$ et $11\equiv 71\equiv 1[5]$.)