Analyse (fonction avec ln et suite récurrente, fonction intégrale et sommes de Riemann), nombres complexes, structures algébriques et arithmétique

Sujet et corrigé — 20 points

Traite le sujet en conditions réelles avant d'ouvrir les corrections. Chaque exercice renvoie vers le chapitre à revoir si tu bloques.

1. Exercice 1Analyse7.5 pts

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

   Soit $f$ la fonction numérique définie sur l'intervalle $[1,+\infty [$ par : $f(1)=\frac{1}{2}\text{et pour tout}x\in ]1,+\infty [,f(x)=\ln (x)/(x^2-1)$ Soit $(\mathcal{C})$ la courbe représentative de la fonction $f$ dans un repère orthogonal $(O,\overrightarrow{i},\overrightarrow{j})$.

   1. Montrer que $f$ est continue à droite en $1$. (0,5 pt)
   2. Calculer ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)$ puis interpréter graphiquement le résultat obtenu. (0,5 pt)
   3. (a) Soit $x\in ]1,+\infty [$. En posant $t=(x-1{)}^2$, vérifier que : $\frac{1-x+\ln (x)}{(x-1{)}^2}=\frac{-\sqrt{t}+\ln (1+\sqrt{t})}{t}$ (0,25 pt) (b) Montrer que $(\forall t\in ]0,+\infty [)$, $-\frac{1}{2}<\frac{-\sqrt{t}+\ln (1+\sqrt{t})}{t}<\frac{-1}{2(1+\sqrt{t})}$. (0,5 pt) (On pourra utiliser le théorème des accroissements finis sur l'intervalle $[0;t]$.) (c) En déduire que : ${\lim }_{x\to 1^{+}}\frac{1-x+\ln (x)}{(x-1{)}^2}=-\frac{1}{2}$. (0,25 pt)
   4. (a) Montrer que : $\forall x\in ]1,+\infty [$, $\frac{f(x)-\frac{1}{2}}{x-1}=-\ln (x)/(x-1)\times \frac{1}{2(x+1)}+\frac{\ln (x)-x+1}{2(x-1{)}^2}$ (0,5 pt) (b) En déduire que $f$ est dérivable à droite en $1$ puis interpréter graphiquement le résultat obtenu. (0,5 pt)
   5. Pour tout $x\in [1,+\infty [$ on pose $I(x)={\int }_1^x\frac{t^2-1}{t^3}\mathrm{d}t$ et $J(x)={\int }_1^x\frac{t^2-1}{t^2}\mathrm{d}t$. (a) Montrer que : $\forall x\in [1,+\infty [$, $0\le I(x)\le J(x)$. (0,5 pt) (b) Montrer que pour tout $x\in [1,+\infty [$, $I(x)=\ln (x)-\frac{x^2-1}{2x^2}$ et $J(x)=\frac{(x-1{)}^2}{x}$. (0,5 pt) (c) Montrer que : $\forall x\in ]1,+\infty [$, $f^{\prime }(x)=\frac{-2}{(x+1{)}^2}\times I(x)/J(x)$. (0,5 pt) (d) En déduire que : $\forall x\in ]1,+\infty [$, $-\frac{1}{2}\le f^{\prime }(x)\le 0$. (0,5 pt)
   6. (a) Dresser le tableau de variations de la fonction $f$. (0,25 pt) (b) Tracer la courbe $(\mathcal{C})$. (On prendra $\Vert \overrightarrow{i}\Vert =1\mathrm{cm}$ et $\Vert \overrightarrow{j}\Vert =2\mathrm{cm}$.) (0,5 pt)
   7. Montrer que l'équation $f(x)=x-1$ admet une unique solution $a$ dans $]1,2[$. (0,5 pt)
   8. Soit $(a_n{)}_{n\in \mathbb{N}}$ la suite numérique définie par : $a_0\in [1,+\infty [\text{et pour tout}n\in \mathbb{N},a_{n+1}=1+f(a_n)$ (a) Montrer que : $(\forall n\in \mathbb{N})$, $|a_{n+1}-a|\le \frac{1}{2}|a_n-a|$. (0,5 pt) (b) Montrer par récurrence que : $(\forall n\in \mathbb{N})$, $|a_n-a|\le (\frac{1}{2}{)}^n|a_0-a|$. (0,5 pt) (c) En déduire que la suite $(a_n{)}_{n\in \mathbb{N}}$ est convergente. (0,25 pt)
   Voir la correction

   1. Pour $x>1$, $x^2-1=(x-1)(x+1)$, donc $f(x)=\ln (x)/(x-1)\times \frac{1}{x+1}$. Or ${\lim }_{x\to 1}\ln (x)/(x-1)={\ln }^{\prime }(1)=1$ (taux d'accroissement de $\ln$ en $1$) et ${\lim }_{x\to 1}\frac{1}{x+1}=\frac{1}{2}$. Donc ${\lim }_{x\to 1^{+}}f(x)=\frac{1}{2}=f(1)$ : $f$ est continue à droite en $1$.
   2. Pour $x>1$, $f(x)=\ln (x)/x^2\times \frac{x^2}{x^2-1}$. Par croissances comparées ${\lim }_{x\to +\infty }\ln (x)/x^2=0$, et ${\lim }_{x\to +\infty }\frac{x^2}{x^2-1}=1$. Donc ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)=0$ : la droite d'équation $y=0$ (l'axe des abscisses) est asymptote horizontale à $(\mathcal{C})$ en $+\infty$.
   3. (a) Soit $x>1$ et $t=(x-1{)}^2>0$. Comme $x-1>0$, $\sqrt{t}=x-1$, donc $x=1+\sqrt{t}$, $1-x=-\sqrt{t}$ et $\ln (x)=\ln (1+\sqrt{t})$. Ainsi $\frac{1-x+\ln (x)}{(x-1{)}^2}=\frac{-\sqrt{t}+\ln (1+\sqrt{t})}{t}.$ (b) Soit $t>0$ et $g$ la fonction définie sur $[0,t]$ par $g(s)=-\sqrt{s}+\ln (1+\sqrt{s})$. $g$ est continue sur $[0,t]$ (composée et somme de fonctions continues) et dérivable sur $]0,t[$ avec, pour $s>0$ : $g^{\prime }(s)=-\frac{1}{2\sqrt{s}}+\frac{1}{2\sqrt{s}(1+\sqrt{s})}=\frac{1}{2\sqrt{s}}\times \frac{-1-\sqrt{s}+1}{1+\sqrt{s}}=\frac{-1}{2(1+\sqrt{s})}.$ D'après le théorème des accroissements finis, il existe $c\in ]0,t[$ tel que $g(t)-g(0)=(t-0)g^{\prime }(c)$, c'est-à-dire, puisque $g(0)=0$ : $\frac{-\sqrt{t}+\ln (1+\sqrt{t})}{t}=\frac{-1}{2(1+\sqrt{c})}.$ Or $0<c<t$ donne $1<1+\sqrt{c}<1+\sqrt{t}$, puis $\frac{1}{2(1+\sqrt{t})}<\frac{1}{2(1+\sqrt{c})}<\frac{1}{2}$, et en changeant de signe : $-\frac{1}{2}<\frac{-\sqrt{t}+\ln (1+\sqrt{t})}{t}<\frac{-1}{2(1+\sqrt{t})}.$ (c) Quand $x\to 1^{+}$, $t=(x-1{)}^2\to 0^{+}$ et $\frac{-1}{2(1+\sqrt{t})}\to -\frac{1}{2}$. D'après (a) et (b), $\frac{1-x+\ln (x)}{(x-1{)}^2}$ est encadré par $-\frac{1}{2}$ et une quantité qui tend vers $-\frac{1}{2}$ : par le théorème des gendarmes, ${\lim }_{x\to 1^{+}}\frac{1-x+\ln (x)}{(x-1{)}^2}=-\frac{1}{2}$.
   4. (a) Soit $x>1$. Réduisons le membre de droite au dénominateur commun $2(x-1{)}^2(x+1)$ : $-\ln (x)/(x-1)\times \frac{1}{2(x+1)}+\frac{\ln (x)-x+1}{2(x-1{)}^2}=(-(x-1)\ln (x)+(x+1)(\ln (x)-x+1))/(2(x-1{)}^2(x+1)).$ Le numérateur vaut $-x\ln (x)+\ln (x)+x\ln (x)-x^2+x+\ln (x)-x+1=2\ln (x)-x^2+1$. D'autre part $\frac{f(x)-\frac{1}{2}}{x-1}=\frac{2\ln (x)-(x^2-1)}{2(x^2-1)(x-1)}=\frac{2\ln (x)-x^2+1}{2(x-1{)}^2(x+1)},$ car $(x^2-1)(x-1)=(x-1{)}^2(x+1)$. Les deux expressions sont égales. (b) Quand $x\to 1^{+}$ : $\ln (x)/(x-1)\to 1$, $\frac{1}{2(x+1)}\to \frac{1}{4}$ et, d'après 3.(c), $\frac{\ln (x)-x+1}{(x-1{)}^2}\to -\frac{1}{2}$. D'après (a), ${\lim }_{x\to 1^{+}}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=-1\times \frac{1}{4}+\frac{1}{2}\times (-\frac{1}{2})=-\frac{1}{2}.$ Cette limite est finie : $f$ est dérivable à droite en $1$ et $f_d^{\prime }(1)=-\frac{1}{2}$. Graphiquement, $(\mathcal{C})$ admet au point $A(1,\frac{1}{2})$ une demi-tangente à droite de coefficient directeur $-\frac{1}{2}$.
   5. (a) Pour $t\ge 1$ : $t^2-1\ge 0$ et $t^3\ge t^2>0$, donc $0\le \frac{t^2-1}{t^3}\le \frac{t^2-1}{t^2}$. Pour $x\ge 1$, les bornes $1\le x$ sont dans le bon ordre, et l'intégration conserve les inégalités : $0\le {\int }_1^x\frac{t^2-1}{t^3}\mathrm{d}t\le {\int }_1^x\frac{t^2-1}{t^2}\mathrm{d}t$, soit $0\le I(x)\le J(x)$. (b) $\frac{t^2-1}{t^3}=\frac{1}{t}-\frac{1}{t^3}$, dont une primitive sur $[1,+\infty [$ est $t|\to \ln (t)+\frac{1}{2t^2}$. Donc $I(x)=[\ln (t)+\frac{1}{2t^2}{]}_1^x=\ln (x)+\frac{1}{2x^2}-\frac{1}{2}=\ln (x)-\frac{x^2-1}{2x^2}.$ De même $\frac{t^2-1}{t^2}=1-\frac{1}{t^2}$, de primitive $t|\to t+\frac{1}{t}$, donc $J(x)=[t+\frac{1}{t}{]}_1^x=x+\frac{1}{x}-2=\frac{x^2-2x+1}{x}=\frac{(x-1{)}^2}{x}.$ (c) $f$ est dérivable sur $]1,+\infty [$ comme quotient de fonctions dérivables, et $f^{\prime }(x)=\frac{\frac{1}{x}(x^2-1)-2x\ln (x)}{(x^2-1{)}^2}=\frac{x^2-1-2x^2\ln (x)}{x(x^2-1{)}^2}.$ D'autre part, avec (b) : $\frac{-2}{(x+1{)}^2}\times I(x)/J(x)=\frac{-2}{(x+1{)}^2}\times \frac{2x^2\ln (x)-x^2+1}{2x^2}\times \frac{x}{(x-1{)}^2}=\frac{x^2-1-2x^2\ln (x)}{x(x-1{)}^2(x+1{)}^2},$ et $(x-1{)}^2(x+1{)}^2=(x^2-1{)}^2$. Donc $f^{\prime }(x)=\frac{-2}{(x+1{)}^2}\times I(x)/J(x)$. (d) Pour $x>1$, $J(x)=\frac{(x-1{)}^2}{x}>0$ et, d'après (a), $0\le I(x)/J(x)\le 1$. De plus $x+1>2$ donne $(x+1{)}^2>4$, donc $-\frac{1}{2}<\frac{-2}{(x+1{)}^2}<0$. En multipliant le nombre négatif $\frac{-2}{(x+1{)}^2}$ par $I(x)/J(x)\in [0,1]$ : $\frac{-2}{(x+1{)}^2}\le \frac{-2}{(x+1{)}^2}\times I(x)/J(x)\le 0,\text{d’ouˋ}-\frac{1}{2}\le f^{\prime }(x)\le 0.$
   6. (a) $f$ est continue sur $[1,+\infty [$ (continue à droite en $1$, et continue sur $]1,+\infty [$), et $f^{\prime }(x)\le 0$ sur $]1,+\infty [$ : $f$ est décroissante sur $[1,+\infty [$, de $f(1)=\frac{1}{2}$ vers ${\lim }_{+\infty }f=0$. Tableau de variations : sur la ligne de $x$, $1$ puis $+\infty$ ; sur la ligne de $f^{\prime }(x)$, le signe $-$ (avec $f_d^{\prime }(1)=-\frac{1}{2}$) ; sur la ligne de $f$, une flèche descendante de $\frac{1}{2}$ (en $x=1$) vers $0$ (en $+\infty$). (b) [Figure : repère orthogonal avec $1$ cm en abscisse et $2$ cm en ordonnée. La courbe part du point $A(1,\frac{1}{2})$ (soit $1$ cm d'ordonnée) avec une demi-tangente de pente $-\frac{1}{2}$, décroît strictement, passe par les points d'abscisses $2$, $3$, $5$ d'ordonnées environ $0,23$, $0,14$, $0,07$, et se rapproche de l'axe des abscisses (asymptote horizontale $y=0$) en restant au-dessus de lui. On peut aussi tracer la droite $y=x-1$ qui coupe $(\mathcal{C})$ au point d'abscisse $a\approx 1,36$.]
   7. Soit $h$ la fonction définie sur $[1,2]$ par $h(x)=f(x)-x+1$. $h$ est continue sur $[1,2]$ et strictement décroissante (somme de $f$, décroissante, et de $x|\to -x+1$, strictement décroissante). De plus $h(1)=\frac{1}{2}>0$ et $h(2)=\ln (2)/3-1<0$ car $\ln 2<1<3$. D'après le théorème des valeurs intermédiaires (version bijection), l'équation $h(x)=0$, c'est-à-dire $f(x)=x-1$, admet une unique solution $a$ dans $]1,2[$.
   8. Remarquons d'abord que $a_n\in [1,+\infty [$ pour tout $n$ : c'est vrai pour $a_0$, et si $a_n\ge 1$ alors $f(a_n)\ge 0$ (car $f$ décroît vers $0$, donc $f>0$ sur $[1,+\infty [$), d'où $a_{n+1}=1+f(a_n)\ge 1$. Par ailleurs $f(a)=a-1$ donne $a=1+f(a)$. (a) Soit $n\in \mathbb{N}$. $f$ est continue sur $[1,+\infty [$, dérivable sur $]1,+\infty [$ et $|f^{\prime }(x)|\le \frac{1}{2}$ sur $]1,+\infty [$ d'après 5.(d). D'après l'inégalité des accroissements finis appliquée sur le segment d'extrémités $a_n$ et $a$ (contenu dans $[1,+\infty [$) : $|f(a_n)-f(a)|\le \frac{1}{2}|a_n-a|$. Or $a_{n+1}-a=(1+f(a_n))-(1+f(a))=f(a_n)-f(a)$, donc $|a_{n+1}-a|\le \frac{1}{2}|a_n-a|$. (b) Initialisation : pour $n=0$, $|a_0-a|\le (\frac{1}{2}{)}^0|a_0-a|$ est vraie (égalité). Hérédité : supposons $|a_n-a|\le (\frac{1}{2}{)}^n|a_0-a|$ pour un $n\in \mathbb{N}$. D'après (a), $|a_{n+1}-a|\le \frac{1}{2}|a_n-a|\le \frac{1}{2}(\frac{1}{2}{)}^n|a_0-a|=(\frac{1}{2}{)}^{n+1}|a_0-a|$. Conclusion : pour tout $n\in \mathbb{N}$, $|a_n-a|\le (\frac{1}{2}{)}^n|a_0-a|$. (c) Comme $0<\frac{1}{2}<1$, ${\lim }_{n\to +\infty }(\frac{1}{2}{)}^n|a_0-a|=0$. Par encadrement ($0\le |a_n-a|\le (\frac{1}{2}{)}^n|a_0-a|$), ${\lim }_{n\to +\infty }|a_n-a|=0$, donc la suite $(a_n)$ est convergente, de limite $a$.

2. Exercice 2Analyse2.5 pts

   Chapitres : Calcul intégral · Limites et continuité · Suites numériques · Fonctions exponentielles · Calcul intégral · Limites et continuité · Suites numériques · Fonctions exponentielles

   Soit $F$ la fonction numérique définie sur l'intervalle $[0;1]$ par : $F(x)={\int }_0^x{e}^{t^2}\mathrm{d}t$.

   1. (a) Montrer que $F$ est continue, strictement croissante sur $[0;1]$. (0,5 pt) (b) En déduire que $F$ est une bijection de $[0;1]$ vers $[0;\beta ]$ avec $\beta ={\int }_0^1{e}^{t^2}\mathrm{d}t$. (0,5 pt)
   2. On note $F^{-1}$ la bijection réciproque de $F$. Pour tout $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$, on pose : $S_n=\frac{1}{n}{\sum }_{k=1}^{k=n}{F}^{-1}(\frac{k}{n}\beta )$ (a) Montrer que la suite $(S_n{)}_{n\in {\mathbb{N}}^{\ast }}$ est convergente de limite $\ell =\frac{1}{\beta }{\int }_0^{\beta }{F}^{-1}(t)\mathrm{d}t$. (0,5 pt) (b) Montrer que $\ell =\frac{1}{\beta }{\int }_0^{1}u{e}^{u^2}\mathrm{d}u$. (0,5 pt) (On pourra effectuer le changement de variable $u=F^{-1}(t)$.) (c) En déduire que : $\ell =\frac{e-1}{2\beta }$. (0,5 pt)
   Voir la correction

   1. (a) La fonction $t|\to e^{t^2}$ est continue sur $[0;1]$, donc $F$ est la primitive de cette fonction qui s'annule en $0$ : $F$ est dérivable sur $[0;1]$ (donc continue) et $F^{\prime }(x)=e^{x^2}>0$ pour tout $x\in [0;1]$. Donc $F$ est continue et strictement croissante sur $[0;1]$. (b) $F$ est continue et strictement croissante sur $[0;1]$, donc elle réalise une bijection de $[0;1]$ sur $F([0;1])=[F(0),F(1)]$. Or $F(0)=0$ et $F(1)={\int }_0^1{e}^{t^2}\mathrm{d}t=\beta$. Donc $F$ est une bijection de $[0;1]$ vers $[0;\beta ]$.
   2. (a) $F^{-1}$ est continue sur $[0;\beta ]$ (bijection réciproque d'une fonction continue et strictement monotone sur un intervalle). On reconnaît une somme de Riemann : pour une fonction $g$ continue sur $[0,\beta ]$, ${\lim }_{n\to +\infty }\frac{\beta }{n}{\sum }_{k=1}^{n}g(k\frac{\beta }{n})={\int }_0^{\beta }g(t)\mathrm{d}t.$ Ici $S_n=\frac{1}{\beta }\times \frac{\beta }{n}{\sum }_{k=1}^n{F}^{-1}(\frac{k}{n}\beta )$, donc $(S_n)$ converge et $\ell ={\lim }_{n\to +\infty }{S}_n=\frac{1}{\beta }{\int }_0^{\beta }{F}^{-1}(t)\mathrm{d}t.$ (b) Posons $u=F^{-1}(t)$, c'est-à-dire $t=F(u)$. $F$ est de classe $C^1$ sur $[0;1]$ et $\mathrm{d}t=F^{\prime }(u)\mathrm{d}u=e^{u^2}\mathrm{d}u$ ; quand $t=0$, $u=F^{-1}(0)=0$ et quand $t=\beta$, $u=F^{-1}(\beta )=1$. Par changement de variable : ${\int }_0^{\beta }{F}^{-1}(t)\mathrm{d}t={\int }_0^{1}u{e}^{u^2}\mathrm{d}u,\mathrm{donc}\ell =\frac{1}{\beta }{\int }_0^{1}u{e}^{u^2}\mathrm{d}u.$ (c) $u|\to \frac{1}{2}{e}^{u^2}$ est une primitive de $u|\to u{e}^{u^2}$ (dérivée de $e^{u^2}$ : $2u{e}^{u^2}$). Donc ${\int }_0^{1}u{e}^{u^2}\mathrm{d}u=[\frac{1}{2}{e}^{u^2}{]}_0^1=\frac{e-1}{2}$, et $\ell =\frac{e-1}{2\beta }.$

3. Exercice 3Nombres complexes3.5 pts

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

   Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormé direct $(O,\overrightarrow{u},\overrightarrow{v})$. On considère dans $\mathbb{C}$ l'équation d'inconnue $z$ : $(E_{\alpha }):z^2-2iz+\alpha =0\text{ouˋ}\alpha \in \mathbb{C}$

   Partie I.

   1. (a) Montrer que le discriminant de l'équation $(E_{\alpha })$ est $\Delta =-4(1+\alpha )$. (0,25 pt) (b) Déterminer l'ensemble des valeurs $\alpha$ pour lesquelles l'équation $(E_{\alpha })$ admette dans l'ensemble $\mathbb{C}$ deux solutions distinctes. (0,25 pt)
   2. On note $z_1$ et $z_2$ les deux solutions de l'équation $(E_{\alpha })$. Déterminer $z_1+z_2$ et $z_1{z}_2$. (0,5 pt)

   Partie II. Soient $\Omega$, $M_1$ et $M_2$ les points d'affixes respectivement $\alpha$, $z_1$ et $z_2$.

   1. On suppose que $\alpha =m^2-2m$ avec $m\in \mathbb{R}$. (a) Déterminer $z_1$ et $z_2$ en fonction de $m$. (0,5 pt) (b) En déduire que les points $O$, $M_1$ et $M_2$ sont alignés. (0,25 pt)
   2. On suppose que les points $O$, $M_1$ et $M_2$ ne sont pas alignés. (a) Montrer que $\frac{z_1}{z_2}$ est un imaginaire pur si et seulement si $\mathrm{Re}(z_1\overline{z_2})=0$. (0,25 pt) (b) Montrer que : $|z_1-z_2{|}^2=|z_1+z_2{|}^2-4\mathrm{Re}(z_1\overline{z_2})$. (0,5 pt) (c) En déduire que $\frac{z_1}{z_2}$ est un imaginaire pur si et seulement si $|z_1-z_2|=2$. (0,25 pt)
   3. (a) Montrer que : $(z_1-z_2{)}^2=\Delta$. (0,25 pt) (b) Déterminer l'ensemble $\Gamma$ des points $\Omega$ pour que le triangle $O{M}_1{M}_2$ soit rectangle en $O$. (0,5 pt)
   Voir la correction

   Partie I.

   1. (a) $\Delta =(-2i{)}^2-4\times 1\times \alpha =-4-4\alpha =-4(1+\alpha )$. (b) L'équation du second degré $(E_{\alpha })$ admet deux solutions distinctes dans $\mathbb{C}$ si et seulement si $\Delta \ne 0$, soit $1+\alpha \ne 0$. L'ensemble cherché est $\mathbb{C}\setminus -1$.
   2. D'après les relations entre coefficients et racines : $z_1+z_2=-\frac{-2i}{1}=2i$ et $z_1{z}_2=\frac{\alpha }{1}=\alpha$.

   Partie II.

   1. (a) Si $\alpha =m^2-2m$, alors $\Delta =-4(m^2-2m+1)=-4(m-1{)}^2=(2i(m-1){)}^2$. Les solutions sont $z=\frac{2i\pm 2i(m-1)}{2}=i\pm i(m-1)$, soit $z_1=im\mathrm{et}{z}_2=i(2-m).$ (Vérification : $z_1+z_2=2i$ et $z_1{z}_2=-m(2-m)=m^2-2m=\alpha$.) (b) $m$ étant réel, $z_1=im$ et $z_2=i(2-m)$ sont imaginaires purs : les points $M_1$ et $M_2$ appartiennent à l'axe des imaginaires $(O,\overrightarrow{v})$, qui passe par $O$. Donc $O$, $M_1$ et $M_2$ sont alignés.
   2. Les points $O$, $M_1$, $M_2$ n'étant pas alignés, $z_1\ne 0$ et $z_2\ne 0$. (a) $\frac{z_1}{z_2}=\frac{z_1\overline{z_2}}{z_2\overline{z_2}}=\frac{z_1\overline{z_2}}{|}{z}_2{|}^2$ avec $|z_2{|}^2$ réel strictement positif. Donc $\mathrm{Re}(\frac{z_1}{z_2})=\mathrm{Re}\frac{z_1\overline{z_2}}{|}{z}_2{|}^2$, et $\frac{z_1}{z_2}$ est imaginaire pur si et seulement si $\mathrm{Re}(\frac{z_1}{z_2})=0$, c'est-à-dire si et seulement si $\mathrm{Re}(z_1\overline{z_2})=0$. (b) Pour tous complexes $z_1,z_2$ : $|z_1-z_2{|}^2=(z_1-z_2)(\overline{z_1}-\overline{z_2})=|z_1{|}^2+|z_2{|}^2-(z_1\overline{z_2}+\overline{z_1}{z}_2)=|z_1{|}^2+|z_2{|}^2-2\mathrm{Re}(z_1\overline{z_2}),$ car $\overline{z_1}{z}_2=\overline{z_1\overline{z_2}}$ et $w+\overline{w}=2\mathrm{Re}(w)$. De même $|z_1+z_2{|}^2=|z_1{|}^2+|z_2{|}^2+2\mathrm{Re}(z_1\overline{z_2})$. En soustrayant : $|z_1-z_2{|}^2=|z_1+z_2{|}^2-4\mathrm{Re}(z_1\overline{z_2}).$ (c) Comme $z_1+z_2=2i$, $|z_1+z_2{|}^2=4$ et (b) donne $|z_1-z_2{|}^2=4-4\mathrm{Re}(z_1\overline{z_2})$. Donc $\mathrm{Re}(z_1\overline{z_2})=0\iff |z_1-z_2{|}^2=4\iff |z_1-z_2|=2$ (un module est positif). Avec (a) : $\frac{z_1}{z_2}$ est imaginaire pur si et seulement si $|z_1-z_2|=2$.
   3. (a) $(z_1-z_2{)}^2=(z_1+z_2{)}^2-4z_1{z}_2=(2i{)}^2-4\alpha =-4-4\alpha =\Delta$. (b) Le triangle $O{M}_1{M}_2$ est rectangle en $O$ si et seulement si $M_1$, $M_2$ sont distincts de $O$ et $(\overrightarrow{O{M}_2},\overrightarrow{O{M}_1})\equiv \frac{\pi }{2}[\pi ]$, c'est-à-dire si et seulement si $\frac{z_1}{z_2}$ est un imaginaire pur non nul. D'après 2.(c), cela équivaut (les points n'étant pas alignés) à $|z_1-z_2|=2$, soit $|(z_1-z_2{)}^2|=4$, soit d'après (a) $|\Delta |=4$, soit $4|1+\alpha |=4$ : $|\alpha -(-1)|=1.$ Cette condition signifie $\Omega A=1$ où $A$ est le point d'affixe $-1$. Réciproquement, si $|\alpha +1|=1$ et $\alpha \ne 0$, alors $\Delta \ne 0$, $z_1{z}_2=\alpha \ne 0$ et $|z_1-z_2|=2$, donc $\frac{z_1}{z_2}$ est un imaginaire pur non nul et le triangle est rectangle en $O$ ; si $\alpha =0$ (qui vérifie $|\alpha +1|=1$), les solutions sont $0$ et $2i$ et le triangle est aplati. Donc $\Gamma$ est le cercle de centre $A(-1)$ et de rayon $1$, privé du point $O$.

4. Exercice 4Structures algébriques3.5 pts

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

   On considère dans $\mathbb{C}\times {\mathbb{C}}^{\ast }$ la loi de composition interne $T$ définie par : $\forall ((a,b),(c,d))\in (\mathbb{C}\times {\mathbb{C}}^{\ast }{)}^2;(a,b)T(c,d)=(a\overline{d}+c,bd)$ ($\overline{d}$ étant le conjugué du nombre complexe $d$.)

   1. (a) Vérifier que $(i,2)T(1,i)=(2,2i)$, puis calculer $(1,i)T(i,2)$. (0,5 pt) (b) En déduire que la loi $T$ n'est pas commutative dans $\mathbb{C}\times {\mathbb{C}}^{\ast }$. (0,25 pt)
   2. Montrer que la loi $T$ est associative dans $\mathbb{C}\times {\mathbb{C}}^{\ast }$. (0,5 pt)
   3. Vérifier que $(0,1)$ est l'élément neutre pour $T$ dans $\mathbb{C}\times {\mathbb{C}}^{\ast }$. (0,25 pt)
   4. (a) Vérifier que $\forall (a,b)\in \mathbb{C}\times {\mathbb{C}}^{\ast }$ ; $(a,b)T(-\frac{a}{\overline{b}},\frac{1}{b})=(0,1)$. (0,5 pt) (b) Montrer que $(\mathbb{C}\times {\mathbb{C}}^{\ast },T)$ est un groupe non commutatif. (0,5 pt)
   5. (a) Montrer que $\mathbb{R}\times {\mathbb{R}}^{\ast }$ est stable par la loi de composition interne $T$. (0,5 pt) (b) Montrer que $\mathbb{R}\times {\mathbb{R}}^{\ast }$ est un sous-groupe du groupe $(\mathbb{C}\times {\mathbb{C}}^{\ast },T)$. (0,5 pt)
   Voir la correction

   1. (a) $(i,2)T(1,i)=(i\times \overline{i}+1,2\times i)=(i\times (-i)+1,2i)=(1+1,2i)=(2,2i)$. $(1,i)T(i,2)=(1\times \overline{2}+i,i\times 2)=(2+i,2i)$. (b) $(i,2)T(1,i)=(2,2i)\ne (2+i,2i)=(1,i)T(i,2)$ : la loi $T$ n'est pas commutative dans $\mathbb{C}\times {\mathbb{C}}^{\ast }$.
   2. Soient $(a,b)$, $(c,d)$, $(e,f)$ dans $\mathbb{C}\times {\mathbb{C}}^{\ast }$. $((a,b)T(c,d))T(e,f)=(a\overline{d}+c,bd)T(e,f)=((a\overline{d}+c)\overline{f}+e,bdf)=(a\overline{d}\overline{f}+c\overline{f}+e,bdf).$ $(a,b)T((c,d)T(e,f))=(a,b)T(c\overline{f}+e,df)=(a\overline{df}+c\overline{f}+e,bdf)=(a\overline{d}\overline{f}+c\overline{f}+e,bdf),$ car $\overline{df}=\overline{d}\overline{f}$. Les deux résultats sont égaux : $T$ est associative.
   3. $(0,1)\in \mathbb{C}\times {\mathbb{C}}^{\ast }$. Pour tout $(a,b)\in \mathbb{C}\times {\mathbb{C}}^{\ast }$ : $(a,b)T(0,1)=(a\times \overline{1}+0,b\times 1)=(a,b)$ et $(0,1)T(a,b)=(0\times \overline{b}+a,1\times b)=(a,b)$. Donc $(0,1)$ est l'élément neutre de $T$.
   4. (a) Soit $(a,b)\in \mathbb{C}\times {\mathbb{C}}^{\ast }$. Comme $b\ne 0$, $(-\frac{a}{\overline{b}},\frac{1}{b})\in \mathbb{C}\times {\mathbb{C}}^{\ast }$ et, puisque $\overline{\frac{1}{b}}=\frac{1}{\overline{b}}$ : $(a,b)T(-\frac{a}{\overline{b}},\frac{1}{b})=(a\times \frac{1}{\overline{b}}-\frac{a}{\overline{b}},b\times \frac{1}{b})=(0,1).$ (b) La loi $T$ est interne dans $\mathbb{C}\times {\mathbb{C}}^{\ast }$ (car $a\overline{d}+c\in \mathbb{C}$ et $bd\in {\mathbb{C}}^{\ast }$ comme produit de deux complexes non nuls), associative (question 2), admet $(0,1)$ pour élément neutre (question 3). Enfin tout élément $(a,b)$ admet un symétrique : d'après (a), $(a,b)T(-\frac{a}{\overline{b}},\frac{1}{b})=(0,1)$, et aussi $(-\frac{a}{\overline{b}},\frac{1}{b})T(a,b)=(-\frac{a}{\overline{b}}\times \overline{b}+a,\frac{1}{b}\times b)=(0,1).$ Donc $(\mathbb{C}\times {\mathbb{C}}^{\ast },T)$ est un groupe, et il est non commutatif d'après 1.(b). Le symétrique de $(a,b)$ est $(a,b{)}^{\prime }=(-\frac{a}{\overline{b}},\frac{1}{b})$.
   5. (a) Soient $(a,b)$ et $(c,d)$ dans $\mathbb{R}\times {\mathbb{R}}^{\ast }$. Comme $d$ est réel, $\overline{d}=d$ et $(a,b)T(c,d)=(ad+c,bd)$ avec $ad+c\in \mathbb{R}$ et $bd\in {\mathbb{R}}^{\ast }$ (produit de deux réels non nuls). Donc $\mathbb{R}\times {\mathbb{R}}^{\ast }$ est stable par $T$. (b) $\mathbb{R}\times {\mathbb{R}}^{\ast }\subset \mathbb{C}\times {\mathbb{C}}^{\ast }$ et $\mathbb{R}\times {\mathbb{R}}^{\ast }$ contient l'élément neutre $(0,1)$. Il est stable par $T$ d'après (a). Enfin, si $(a,b)\in \mathbb{R}\times {\mathbb{R}}^{\ast }$, son symétrique $(-\frac{a}{\overline{b}},\frac{1}{b})=(-\frac{a}{b},\frac{1}{b})$ appartient à $\mathbb{R}\times {\mathbb{R}}^{\ast }$. Donc $\mathbb{R}\times {\mathbb{R}}^{\ast }$ est un sous-groupe du groupe $(\mathbb{C}\times {\mathbb{C}}^{\ast },T)$.

5. Exercice 5Arithmétique3 pts

   Chapitres : Arithmétique dans ℤ · Arithmétique dans ℤ

   Soient $p$ et $q$ deux nombres premiers distincts et $r$ un entier naturel premier avec $p$ et avec $q$.

   1. (a) Montrer que $p$ divise $r^{p-1}-1$ et que $q$ divise $r^{q-1}-1$. (1 pt) (b) En déduire que $p$ et $q$ divisent $r^{(p-1)(q-1)}-1$. (0,5 pt) (c) Montrer que $pq$ divise $r^{(p-1)(q-1)}-1$. (0,5 pt)
   2. Résoudre dans $\mathbb{Z}$ l'équation $2024^{192}x\equiv 3[221]$. (On donne : $221=13\times 17$.) (1 pt)
   Voir la correction

   1. (a) $p$ est premier et $r$ est premier avec $p$, donc $p$ ne divise pas $r$. D'après le petit théorème de Fermat, $r^{p-1}\equiv 1[p]$, c'est-à-dire $p$ divise $r^{p-1}-1$. De même, $q$ premier ne divisant pas $r$ donne $r^{q-1}\equiv 1[q]$ : $q$ divise $r^{q-1}-1$. (b) $r^{(p-1)(q-1)}=(r^{p-1}{)}^{q-1}\equiv 1^{q-1}=1[p]$, donc $p$ divise $r^{(p-1)(q-1)}-1$. De même $r^{(p-1)(q-1)}=(r^{q-1}{)}^{p-1}\equiv 1[q]$, donc $q$ divise $r^{(p-1)(q-1)}-1$. (c) $p$ et $q$ sont deux nombres premiers distincts, donc ils sont premiers entre eux. Comme $p$ et $q$ divisent tous deux $N=r^{(p-1)(q-1)}-1$, le théorème de Gauss donne : $p|N$ et $q|N$ avec $p\wedge q=1$, donc $N=pk$ avec $q|pk$ et $q\wedge p=1$, d'où $q|k$, et $pq|N$. Donc $pq$ divise $r^{(p-1)(q-1)}-1$.
   2. Appliquons la question 1 avec $p=13$, $q=17$ (premiers distincts) et $r=2024$ : $2024=13\times 155+9$ et $2024=17\times 119+1$, donc $13$ et $17$ ne divisent pas $2024$, et $2024$ est premier avec $13$ et avec $17$. Comme $(p-1)(q-1)=12\times 16=192$, la question 1.(c) donne $13\times 17=221$ divise $2024^{192}-1$, soit $2024^{192}\equiv 1[221]$. Par conséquent, pour tout $x\in \mathbb{Z}$ : $2024^{192}x\equiv x[221]$, et $2024^{192}x\equiv 3[221]\iff x\equiv 3[221].$ L'ensemble des solutions est $3+221k;k\in \mathbb{Z}$.