Analyse (famille de fonctions avec ln et suite des zéros, sommes de Riemann et exponentielle), 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 1Analyse6.5 pts

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

   Soit $n$ un entier naturel supérieur ou égal à $2$. On considère la fonction numérique $f_n$ définie sur $[0,+\infty [$ par : $f_n(0)=0\mathrm{et}\forall x\in ]0,+\infty [;f_n(x)=x-x^n\ln x$ Et on note $({\mathcal{C}}_n)$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé.

   1. (a) Montrer que $f_n$ est continue à droite en $0$. (0,25 pt) (b) Montrer que : ${\lim }_{x\to +\infty }{f}_n(x)=-\infty$ et ${\lim }_{x\to +\infty }{f}_n\frac{x}{x}=-\infty$ puis interpréter graphiquement le résultat obtenu. (0,75 pt) (c) Montrer que $f_n$ est dérivable à droite en $0$ et que son nombre dérivé à droite en $0$ est égal à $1$. (0,5 pt) (d) Montrer que $f_n$ est dérivable sur $]0,+\infty [$ et que : $\forall x\in ]0,+\infty [;f_n^{\prime }(x)=1-x^{n-1}-n{x}^{n-1}\ln x$ (0,5 pt) (e) Montrer que $f_n$ est strictement croissante sur $[0;1]$ et strictement décroissante sur $[1,+\infty [$. (0,5 pt)
   2. (a) Montrer que pour tout entier $n\ge 2$, on a : $\forall x\in [0,+\infty [;f_{n+1}(x)\le f_n(x)$. (0,5 pt) (b) En déduire la position relative des deux courbes $({\mathcal{C}}_n)$ et $({\mathcal{C}}_{n+1})$. (0,25 pt)
   3. (a) Montrer que pour tout $n\ge 2$, il existe un unique réel ${\alpha }_n\in ]1;2[$ tel que : $f_n({\alpha }_n)=0$. (On prendra $\ln 2=0,7$.) (0,5 pt) (b) Vérifier que $(\forall n\ge 2)$, ${\alpha }_{n+1}^n\ln {\alpha }_{n+1}=1$. (0,25 pt) (c) En déduire que pour tout $n\ge 2$, $f_n({\alpha }_{n+1})={\alpha }_{n+1}-1$. (0,25 pt) (d) Montrer que la suite $({\alpha }_n{)}_{n\ge 2}$ ainsi définie est strictement décroissante. (0,5 pt) (e) En déduire que la suite $({\alpha }_n{)}_{n\ge 2}$ est convergente. (0,25 pt)
   4. On pose : $\ell ={\lim }_{n\to +\infty }{\alpha }_n$. (a) Montrer que : $1\le \ell \le 2$. (0,25 pt) (b) Montrer que pour tout $n\ge 2$, $n-1=-\ln (\ln ({\alpha }_n))/\ln ({\alpha }_n)$. (0,5 pt) (c) On suppose que $\ell >1$. Calculer ${\lim }_{n\to +\infty }\ln (\ln ({\alpha }_n))/\ln ({\alpha }_n)$ en fonction de $\ell$. (0,25 pt) (d) En déduire la valeur de la limite $\ell$. (0,5 pt)
   Voir la correction

   1. (a) Pour $x>0$, $x^n\ln x=x^{n-1}\times (x\ln x)$. Or ${\lim }_{x\to 0^{+}}x\ln x=0$ (croissances comparées) et ${\lim }_{x\to 0^{+}}{x}^{n-1}=0$ (car $n-1\ge 1$). Donc ${\lim }_{x\to 0^{+}}{f}_n(x)=0-0=0=f_n(0)$ : $f_n$ est continue à droite en $0$. (b) Pour $x>0$, $f_n(x)=x^n(x^{1-n}-\ln x)$. Quand $x\to +\infty$ : $x^{1-n}=\frac{1}{x^{n-1}}\to 0$ (car $n-1\ge 1$) et $\ln x\to +\infty$, donc $x^{1-n}-\ln x\to -\infty$ ; de plus $x^n\to +\infty$. Par produit, ${\lim }_{x\to +\infty }{f}_n(x)=-\infty$. Ensuite $f_n\frac{x}{x}=1-x^{n-1}\ln x$ avec $x^{n-1}\ln x\to +\infty$ (produit de deux quantités tendant vers $+\infty$, car $n-1\ge 1$), donc ${\lim }_{x\to +\infty }{f}_n\frac{x}{x}=-\infty$. Interprétation : la courbe $({\mathcal{C}}_n)$ admet, au voisinage de $+\infty$, une branche parabolique de direction l'axe des ordonnées. (c) Pour $x>0$ : $\frac{f_n(x)-f_n(0)}{x-0}=\frac{x-x^n\ln x}{x}=1-x^{n-1}\ln x$. Comme $n-1\ge 1$, ${\lim }_{x\to 0^{+}}{x}^{n-1}\ln x=0$ (croissances comparées : $x^{n-1}\ln x=x^{n-2}\times x\ln x$ si $n\ge 3$, et $x\ln x\to 0$ si $n=2$). Donc ${\lim }_{x\to 0^{+}}\frac{f_n(x)-f_n(0)}{x-0}=1$ : $f_n$ est dérivable à droite en $0$ et son nombre dérivé à droite en $0$ vaut $1$. (d) Sur $]0,+\infty [$, $x|\to x$ et $x|\to x^n\ln x$ sont dérivables (produit de fonctions dérivables), donc $f_n$ est dérivable sur $]0,+\infty [$ et $f_n^{\prime }(x)=1-(n{x}^{n-1}\ln x+x^n\times \frac{1}{x})=1-x^{n-1}-n{x}^{n-1}\ln x.$ (e) Soit $x\in ]0,1[$ : $0<x^{n-1}<1$ donc $1-x^{n-1}>0$, et $\ln x<0$ donc $-n{x}^{n-1}\ln x>0$ ; ainsi $f_n^{\prime }(x)>0$. Soit $x>1$ : $x^{n-1}>1$ donc $1-x^{n-1}<0$, et $\ln x>0$ donc $-n{x}^{n-1}\ln x<0$ ; ainsi $f_n^{\prime }(x)<0$. Comme $f_n$ est continue sur $[0;1]$ (continue à droite en $0$ et sur $]0,1]$) avec $f_n^{\prime }>0$ sur $]0,1[$, $f_n$ est strictement croissante sur $[0;1]$ ; et $f_n$ est continue sur $[1,+\infty [$ avec $f_n^{\prime }<0$ sur $]1,+\infty [$, donc strictement décroissante sur $[1,+\infty [$.
   2. (a) Pour $x=0$ : $f_{n+1}(0)=f_n(0)=0$. Pour $x>0$ : $f_{n+1}(x)-f_n(x)=x^n\ln x-x^{n+1}\ln x=x^n(1-x)\ln x.$ Si $0<x<1$ : $1-x>0$ et $\ln x<0$, donc $x^n(1-x)\ln x<0$. Si $x\ge 1$ : $1-x\le 0$ et $\ln x\ge 0$, donc $x^n(1-x)\ln x\le 0$. Dans tous les cas $f_{n+1}(x)\le f_n(x)$ pour tout $x\in [0,+\infty [$. (b) La courbe $({\mathcal{C}}_{n+1})$ est au-dessous de la courbe $({\mathcal{C}}_n)$ sur $[0,+\infty [$ ; les deux courbes ont en commun les points d'abscisses $0$ et $1$ (où $f_{n+1}(x)=f_n(x)$, à savoir $O(0,0)$ et $A(1,1)$).
   3. (a) $f_n$ est continue et strictement décroissante sur $[1;2]$ (question 1.(e)). $f_n(1)=1-0=1>0$ et $f_n(2)=2-2^n\ln 2\le 2-4\times 0,7=-0,8<0$ car $2^n\ge 4$ pour $n\ge 2$. D'après le théorème des valeurs intermédiaires (version bijection), il existe un unique réel ${\alpha }_n\in ]1;2[$ tel que $f_n({\alpha }_n)=0$. (b) ${\alpha }_{n+1}$ est le zéro de $f_{n+1}$ : ${\alpha }_{n+1}-{\alpha }_{n+1}^{n+1}\ln {\alpha }_{n+1}=0$, soit ${\alpha }_{n+1}^{n+1}\ln {\alpha }_{n+1}={\alpha }_{n+1}$. En divisant par ${\alpha }_{n+1}\ne 0$ : ${\alpha }_{n+1}^n\ln {\alpha }_{n+1}=1$. (c) $f_n({\alpha }_{n+1})={\alpha }_{n+1}-{\alpha }_{n+1}^n\ln {\alpha }_{n+1}={\alpha }_{n+1}-1$ d'après (b). (d) Comme ${\alpha }_{n+1}>1$, (c) donne $f_n({\alpha }_{n+1})={\alpha }_{n+1}-1>0=f_n({\alpha }_n)$. Les réels ${\alpha }_n$ et ${\alpha }_{n+1}$ sont dans $[1,+\infty [$ où $f_n$ est strictement décroissante, donc $f_n({\alpha }_{n+1})>f_n({\alpha }_n)$ entraîne ${\alpha }_{n+1}<{\alpha }_n$. La suite $({\alpha }_n{)}_{n\ge 2}$ est strictement décroissante. (e) $({\alpha }_n{)}_{n\ge 2}$ est décroissante et minorée par $1$ (car ${\alpha }_n\in ]1,2[$), donc elle est convergente (théorème de la convergence monotone).
   4. (a) Pour tout $n\ge 2$, $1<{\alpha }_n<2$ ; par passage à la limite dans les inégalités, $1\le \ell \le 2$. (b) De $f_n({\alpha }_n)=0$ : ${\alpha }_n^n\ln {\alpha }_n={\alpha }_n$, donc ${\alpha }_n^{n-1}\ln {\alpha }_n=1$. Comme ${\alpha }_n>1$, $\ln {\alpha }_n>0$ et on peut prendre le logarithme : $(n-1)\ln {\alpha }_n+\ln (\ln {\alpha }_n)=0$, d'où, en divisant par $\ln {\alpha }_n\ne 0$ : $n-1=-\ln (\ln ({\alpha }_n))/\ln ({\alpha }_n).$ (c) Si $\ell >1$ : par continuité de $\ln$ en $\ell$, $\ln ({\alpha }_n)\to \ln \ell >0$, puis par continuité de $\ln$ en $\ln \ell >0$, $\ln (\ln ({\alpha }_n))\to \ln (\ln \ell )$. Donc ${\lim }_{n\to +\infty }\ln (\ln ({\alpha }_n))/\ln ({\alpha }_n)=\ln (\ln \ell )/\ln \ell .$ (d) Raisonnons par l'absurde : si $\ell >1$, alors d'après (b) et (c), $n-1=-\ln (\ln ({\alpha }_n))/\ln ({\alpha }_n)$ tend vers le réel fini $-\ln (\ln \ell )/\ln \ell$, ce qui est absurde puisque $n-1\to +\infty$. Donc $\ell \le 1$, et avec (a) : $\ell =1$.

2. Exercice 2Analyse3.5 pts

   Chapitres : Calcul intégral · Suites numériques · Fonctions exponentielles · Dérivation et étude des fonctions · Calcul intégral · Suites numériques · Fonctions exponentielles · Dérivation et étude des fonctions

   1. (a) Calculer l'intégrale : ${\int }_0^1\frac{1}{1+x^2}\mathrm{d}x$. (0,25 pt) (b) Pour tout entier $n\ge 1$, on pose : $u_n={\sum }_{k=1}^{k=n}\frac{n}{n^2+k^2}$. Montrer que la suite $(u_n{)}_{n\ge 1}$ est convergente puis déterminer sa limite. (0,5 pt)
   2. Montrer que : ${\int }_0^1\frac{1}{(1+x^2{)}^2}\mathrm{d}x\le 1$. (0,25 pt)
   3. (a) Montrer que : $(\forall x\in [0,1])$ ; $0\le e^x-1\le e.x$. (0,5 pt) (b) En déduire que : $(\forall x\in [0,1])$ ; $0\le e^x-1-x\le \frac{e}{2}{x}^2$. (0,25 pt)
   4. Pour tout entier $n\ge 1$, on pose : $w_n={\sum }_{k=1}^{k=n}(e^{\frac{n}{n^2+k^2}}-1)$. (a) Montrer que pour tout entier $n\ge 1$, on a : $0\le w_n-u_n\le \frac{e}{2}{\sum }_{k=1}^{k=n}(\frac{n}{n^2+k^2}{)}^2$. (0,25 pt) (b) Montrer que la fonction $x|\to (1+x^2{)}^{-2}$ est strictement décroissante sur $[0,1]$. (0,25 pt) (c) En déduire que pour tout entier $n\ge 1$ et pour tout entier $k\in 1,2,...,n$, on a : $\frac{1}{n}(1+(\frac{k}{n}{)}^2{)}^{-2}\le {\int }_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}}(1+x^2{)}^{-2}\mathrm{d}x$ (0,25 pt)
   5. (a) Montrer que pour tout entier $n\ge 1$, on a : $0\le w_n-u_n\le \frac{e}{2n}$. (0,5 pt) (b) En déduire que la suite $(w_n{)}_{n\ge 1}$ est convergente et déterminer sa limite. (0,5 pt)
   Voir la correction

   1. (a) ${\int }_0^1\frac{1}{1+x^2}\mathrm{d}x=[arctanx{]}_0^1=arctan1-arctan0=\frac{\pi }{4}$. (b) Pour $k\in 1,...,n$ : $\frac{n}{n^2+k^2}=\frac{1}{n}\times \frac{1}{1+(\frac{k}{n}{)}^2}$, donc $u_n=\frac{1}{n}{\sum }_{k=1}^{n}g(\frac{k}{n})$ avec $g(x)=\frac{1}{1+x^2}$, continue sur $[0,1]$. On reconnaît une somme de Riemann de $g$ sur $[0,1]$ : $(u_n)$ converge et ${\lim }_{n\to +\infty }{u}_n={\int }_0^1\frac{1}{1+x^2}\mathrm{d}x=\frac{\pi }{4}.$
   2. Pour $x\in [0,1]$, $1+x^2\ge 1$, donc $(1+x^2{)}^2\ge 1$ et $0<\frac{1}{(1+x^2{)}^2}\le 1$. En intégrant sur $[0,1]$ (bornes croissantes) : ${\int }_0^1\frac{1}{(1+x^2{)}^2}\mathrm{d}x\le {\int }_0^{1}1\mathrm{d}x=1$.
   3. (a) Soit $x\in [0,1]$. Si $x=0$ les inégalités sont des égalités. Si $x>0$, la fonction $\exp$ est continue sur $[0,x]$ et dérivable sur $]0,x[$ : d'après le théorème des accroissements finis, il existe $c\in ]0,x[$ tel que $e^x-e^0=x{e}^c$. Or $0<c<x\le 1$ donne $1<e^c<e$, donc $0<x{e}^c<ex$, soit $0\le e^x-1\le e.x$. (b) Soit $x\in [0,1]$. Pour tout $t\in [0,x]\subset [0,1]$, (a) donne $0\le e^t-1\le et$. En intégrant entre $0$ et $x$ (bornes croissantes) : $0\le {\int }_0^x(e^t-1)\mathrm{d}t\le {\int }_0^{x}et\mathrm{d}t$, c'est-à-dire $0\le [e^t-t{]}_0^x\le [e\frac{t^2}{2}{]}_0^x$, soit $0\le e^x-1-x\le \frac{e}{2}{x}^2$.
   4. (a) Posons $x_k=\frac{n}{n^2+k^2}$ pour $k\in 1,...,n$. Comme $n\le n^2\le n^2+k^2$, $x_k\in ]0,1]$. Alors $w_n-u_n={\sum }_{k=1}^n(e^{x_k}-1)-{\sum }_{k=1}^n{x}_k={\sum }_{k=1}^n(e^{x_k}-1-x_k).$ D'après 3.(b), $0\le e^{x_k}-1-x_k\le \frac{e}{2}{x}_k^2$ pour chaque $k$ ; en sommant : $0\le w_n-u_n\le \frac{e}{2}{\sum }_{k=1}^{k=n}(\frac{n}{n^2+k^2}{)}^2.$ (b) La fonction $h:x|\to (1+x^2{)}^{-2}$ est dérivable sur $[0,1]$ et $h^{\prime }(x)=-2\times 2x\times (1+x^2{)}^{-3}=\frac{-4x}{(1+x^2{)}^3}$, strictement négatif sur $]0,1]$ (et nul seulement en $0$). Donc $h$ est strictement décroissante sur $[0,1]$. (c) Soient $n\ge 1$ et $k\in 1,...,n$. Pour tout $x\in [\frac{k-1}{n},\frac{k}{n}]\subset [0,1]$, on a $x\le \frac{k}{n}$ donc, $h$ étant décroissante, $h(x)\ge h(\frac{k}{n})=(1+(\frac{k}{n}{)}^2{)}^{-2}$. En intégrant sur $[\frac{k-1}{n},\frac{k}{n}]$, de longueur $\frac{1}{n}$ : ${\int }_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}}(1+x^2{)}^{-2}\mathrm{d}x\ge \frac{1}{n}(1+(\frac{k}{n}{)}^2{)}^{-2}.$
   5. (a) Pour $k\in 1,...,n$ : $(\frac{n}{n^2+k^2}{)}^2=n^2/(n^4(1+(\frac{k}{n}{)}^2{)}^2)=\frac{1}{n}\times \frac{1}{n}(1+(\frac{k}{n}{)}^2{)}^{-2}\le \frac{1}{n}{\int }_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}}(1+x^2{)}^{-2}\mathrm{d}x$ d'après 4.(c). En sommant pour $k$ de $1$ à $n$ et en utilisant la relation de Chasles puis la question 2 : ${\sum }_{k=1}^n(\frac{n}{n^2+k^2}{)}^2\le \frac{1}{n}{\int }_0^1(1+x^2{)}^{-2}\mathrm{d}x\le \frac{1}{n}.$ Avec 4.(a) : $0\le w_n-u_n\le \frac{e}{2}\times \frac{1}{n}=\frac{e}{2n}$. (b) Comme ${\lim }_{n\to +\infty }\frac{e}{2n}=0$, le théorème des gendarmes donne ${\lim }_{n\to +\infty }(w_n-u_n)=0$. Or $w_n=u_n+(w_n-u_n)$ et $u_n\to \frac{\pi }{4}$, donc $(w_n{)}_{n\ge 1}$ est convergente et ${\lim }_{n\to +\infty }{w}_n=\frac{\pi }{4}$.

3. Exercice 3Nombres complexes3.5 pts

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

   Soit $m\in {\mathbb{C}}^{\ast }$.

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

   1. (a) Vérifier que le discriminant de l'équation $(E)$ est $\Delta =(im{)}^2$. (0,25 pt) (b) Résoudre dans $\mathbb{C}$ l'équation $(E)$. (0,5 pt)
   2. Soient $z_1$ et $z_2$ les deux solutions de $(E)$. Mettre sous la forme exponentielle $z_1{z}_2$ dans le cas où $m=r{e}^{i\theta }$ ($r\in {\mathbb{R}}_{+}^{\ast }$, $\theta \in \mathbb{R}$). (0,5 pt)

   Partie II. Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormé direct $(O,\overrightarrow{e_1},\overrightarrow{e_2})$. On pose $z_1=m$ et $z_2=m(1+i)$. Soit $M_1$ le point d'affixe $z_1$, $M_2$ le point d'affixe $z_2$ et $M_3(z_3)$ l'image du point $O$ par la rotation de centre $M_2$ et d'angle $(-\frac{\pi }{2})$ et $M_4(z_4)$ l'image du point $M_1$ par l'homothétie de centre $O$ et de rapport $k$ ($k\in {\mathbb{R}}^{\ast }\setminus 1$).

   1. Calculer $z_3$ en fonction de $m$ et $z_4$ en fonction de $m$ et $k$. (0,75 pt)
   2. Donner la forme algébrique de $\frac{z_4-z_2}{z_4-z_1}\times \frac{z_3-z_1}{z_3-z_2}$. (0,75 pt)
   3. En déduire que les points $M_1$, $M_2$, $M_3$ et $M_4$ sont cocycliques si et seulement si $k=-2$. (0,75 pt)
   Voir la correction

   Partie I.

   1. (a) $\Delta =((2+i)m{)}^2-4m^2(1+i)=m^2((2+i{)}^2-4-4i)=m^2(4+4i-1-4-4i)=-m^2=(im{)}^2$. (b) $\Delta =(im{)}^2$ avec $im\ne 0$, donc $(E)$ admet deux solutions distinctes : $z=\frac{(2+i)m+im}{2}=(1+i)m\mathrm{et}z=\frac{(2+i)m-im}{2}=m.$ L'ensemble des solutions est $S=m,(1+i)m$.
   2. $z_1{z}_2=m\times (1+i)m=m^2(1+i)$. Avec $m=r{e}^{i\theta }$ : $m^2=r^2{e}^{2i\theta }$, et $1+i=\sqrt{2}(\cos (\frac{\pi }{4})+i\sin (\frac{\pi }{4}))=\sqrt{2}{e}^{i\frac{\pi }{4}}$. Donc $z_1{z}_2=r^2\sqrt{2}{e}^{i(2\theta +\frac{\pi }{4})}.$

   Partie II.

   1. La rotation de centre $M_2$ et d'angle $-\frac{\pi }{2}$ envoie $O$ sur $M_3$ : $z_3-z_2=e^{-i\frac{\pi }{2}}(0-z_2)=-i\times (-z_2)=i{z}_2$. Donc $z_3=(1+i)z_2=(1+i{)}^{2}m=2im$. L'homothétie de centre $O$ et de rapport $k$ envoie $M_1$ sur $M_4$ : $z_4-0=k(z_1-0)$, donc $z_4=km$.
   2. Comme $m\ne 0$ et $k\ne 1$, les dénominateurs sont non nuls et, en simplifiant par $m$ : $\frac{z_4-z_2}{z_4-z_1}=\frac{km-(1+i)m}{km-m}=\frac{k-1-i}{k-1},\frac{z_3-z_1}{z_3-z_2}=\frac{2im-m}{2im-(1+i)m}=\frac{-1+2i}{-1+i}.$ Or $\frac{-1+2i}{-1+i}=\frac{(-1+2i)(-1-i)}{(-1{)}^2+1^2}=\frac{1+i-2i-2i^2}{2}=\frac{3-i}{2}$. Donc $\frac{z_4-z_2}{z_4-z_1}\times \frac{z_3-z_1}{z_3-z_2}=\frac{(k-1-i)(3-i)}{2(k-1)}=\frac{3(k-1)-1-i(k-1)-3i}{2(k-1)}=\frac{3k-4}{2(k-1)}-\frac{k+2}{2(k-1)}i.$
   3. Les points $M_1$, $M_2$, $M_3$ ne sont pas alignés : $\frac{z_3-z_1}{z_2-z_1}=\frac{2i-1}{i}=2+i\notin \mathbb{R}$. Ils déterminent donc un unique cercle, et $M_4$ (distinct de $M_1$ car $k\ne 1$, et distinct de $M_2$, $M_3$ car $k$ est réel) est sur ce cercle si et seulement si $(\overrightarrow{M_4{M}_1},\overrightarrow{M_4{M}_2})\equiv (\overrightarrow{M_3{M}_1},\overrightarrow{M_3{M}_2})[\pi ],$ c'est-à-dire si et seulement si le nombre $\frac{z_4-z_2}{z_4-z_1}\times \frac{z_3-z_1}{z_3-z_2}$ (dont un argument est $(\overrightarrow{M_4{M}_1},\overrightarrow{M_4{M}_2})-(\overrightarrow{M_3{M}_1},\overrightarrow{M_3{M}_2})$) est un réel. D'après la question 2, ce nombre est réel si et seulement si $\frac{k+2}{2(k-1)}=0$, soit $k=-2$. Donc $M_1$, $M_2$, $M_3$, $M_4$ sont cocycliques si et seulement si $k=-2$.

4. Exercice 4Structures algébriques3.5 pts

   Chapitres : Structures algébriques · Structures algébriques

   On munit l'ensemble $\mathbb{C}$ des nombres complexes de la loi de composition interne $\ast$ définie par : $\forall (x,x^{\prime },y,y^{\prime })\in {\mathbb{R}}^4;(x+iy)\ast (x^{\prime }+i{y}^{\prime })=(x{y}^{\prime }+y^5{x}^{\prime })+iy{y}^{\prime }$

   Partie I.

   1. (a) Vérifier que : $1\ast 2i=2$. (0,25 pt) (b) Montrer que la loi de composition interne $\ast$ n'est pas commutative. (0,25 pt)
   2. Montrer que la loi $\ast$ est associative. (0,5 pt)
   3. (a) Vérifier que : $1\ast (1+2i)=2$. (0,25 pt) (b) En déduire que $(\mathbb{C},\ast )$ n'est pas un groupe. (0,25 pt)
   4. Soit $E$ le sous-ensemble de $\mathbb{C}$ défini par $E=x+yi\text{/}x\in \mathbb{R}\mathrm{et}y\in {\mathbb{R}}^{\ast }$. (a) Montrer que $E$ est stable dans $(\mathbb{C},\ast )$. (0,25 pt) (b) Montrer que $(E,\ast )$ est un groupe non commutatif. (0,5 pt)

   Partie II. On considère les sous-ensembles de $E$ définis par : $F=yi\text{/}y\in {\mathbb{R}}^{\ast }$ et $G=x+i\text{/}x\in \mathbb{R}$.

   1. Montrer que $F$ est un sous-groupe de $(E,\ast )$. (0,5 pt)
   2. On considère l'application $\phi$ définie de $\mathbb{R}$ vers $\mathbb{C}$ par : $(\forall x\in \mathbb{R})$ ; $\phi (x)=x+i$. (a) Montrer que : $\phi (\mathbb{R})=G$. (0,25 pt) (b) Montrer que $\phi$ est un homomorphisme de $(\mathbb{R},+)$ vers $(\mathbb{C},\ast )$. (0,25 pt) (c) En déduire que $(G,\ast )$ est un groupe commutatif. (0,25 pt)
   Voir la correction

   Partie I.

   1. (a) Avec $x=1$, $y=0$, $x^{\prime }=0$, $y^{\prime }=2$ : $1\ast 2i=(1\times 2+0^5\times 0)+i\times 0\times 2=2$. (b) $2i\ast 1$ : $x=0$, $y=2$, $x^{\prime }=1$, $y^{\prime }=0$, donc $2i\ast 1=(0\times 0+2^5\times 1)+i\times 2\times 0=32$. Comme $1\ast 2i=2\ne 32=2i\ast 1$, la loi $\ast$ n'est pas commutative.
   2. Soient $z=x+iy$, $z^{\prime }=x^{\prime }+i{y}^{\prime }$, $z^{\prime \prime }=x^{\prime \prime }+i{y}^{\prime \prime }$ trois complexes ($x,y,x^{\prime },y^{\prime },x^{\prime \prime },y^{\prime \prime }$ réels). $(z\ast z^{\prime })\ast z^{\prime \prime }=((x{y}^{\prime }+y^5{x}^{\prime })+iy{y}^{\prime })\ast (x^{\prime \prime }+i{y}^{\prime \prime })=((x{y}^{\prime }+y^5{x}^{\prime })y^{\prime \prime }+(y{y}^{\prime }{)}^5{x}^{\prime \prime })+iy{y}^{\prime }{y}^{\prime \prime }=(x{y}^{\prime }{y}^{\prime \prime }+y^5{x}^{\prime }{y}^{\prime \prime }+y^5{y}^{\prime 5}{x}^{\prime \prime })+iy{y}^{\prime }{y}^{\prime \prime }.$ $z\ast (z^{\prime }\ast z^{\prime \prime })=(x+iy)\ast ((x^{\prime }{y}^{\prime \prime }+y^{\prime 5}{x}^{\prime \prime })+i{y}^{\prime }{y}^{\prime \prime })=(x{y}^{\prime }{y}^{\prime \prime }+y^5(x^{\prime }{y}^{\prime \prime }+y^{\prime 5}{x}^{\prime \prime }))+iy{y}^{\prime }{y}^{\prime \prime }=(x{y}^{\prime }{y}^{\prime \prime }+y^5{x}^{\prime }{y}^{\prime \prime }+y^5{y}^{\prime 5}{x}^{\prime \prime })+iy{y}^{\prime }{y}^{\prime \prime }.$ Les deux résultats sont égaux : la loi $\ast$ est associative.
   3. (a) $1\ast (1+2i)$ : $x=1$, $y=0$, $x^{\prime }=1$, $y^{\prime }=2$, donc $1\ast (1+2i)=(1\times 2+0^5\times 1)+i\times 0\times 2=2$. (b) On a $1\ast 2i=2=1\ast (1+2i)$ avec $2i\ne 1+2i$. Dans un groupe tout élément est régulier (simplifiable) : $1\ast a=1\ast b$ entraînerait $a=b$ (en composant à gauche par le symétrique de $1$). Ce n'est pas le cas ici, donc $(\mathbb{C},\ast )$ n'est pas un groupe.
   4. (a) Soient $z=x+iy$ et $z^{\prime }=x^{\prime }+i{y}^{\prime }$ dans $E$ ($y\ne 0$, $y^{\prime }\ne 0$). Alors $z\ast z^{\prime }=(x{y}^{\prime }+y^5{x}^{\prime })+iy{y}^{\prime }$ avec $x{y}^{\prime }+y^5{x}^{\prime }\in \mathbb{R}$ et $y{y}^{\prime }\in {\mathbb{R}}^{\ast }$ (produit de deux réels non nuls). Donc $z\ast z^{\prime }\in E$ : $E$ est stable pour $\ast$. (b) La loi $\ast$ est interne dans $E$ (a) et associative dans $\mathbb{C}$ donc dans $E$. Élément neutre : $i=0+1i\in E$ et pour tout $z=x+iy\in E$ : $z\ast i=(x\times 1+y^5\times 0)+iy\times 1=z$ et $i\ast z=(0\times y+1^5\times x)+i\times 1\times y=z$. Donc $i$ est élément neutre. Symétrique : soit $z=x+iy\in E$. Cherchons $z^{\prime }=x^{\prime }+i{y}^{\prime }\in E$ tel que $z\ast z^{\prime }=i$ : $y{y}^{\prime }=1$ et $x{y}^{\prime }+y^5{x}^{\prime }=0$, soit $y^{\prime }=\frac{1}{y}$ et $x^{\prime }=-\frac{x}{y^6}$. Posons $z^{\prime }=-\frac{x}{y^6}+i\frac{1}{y}\in E$. On a $z\ast z^{\prime }=(\frac{x}{y}-y^5\frac{x}{y^6})+i=i$ et $z^{\prime }\ast z=(-\frac{x}{y^6}\times y+(\frac{1}{y}{)}^{5}x)+i(\frac{1}{y})y=(-\frac{x}{y^5}+\frac{x}{y^5})+i=i$. Donc tout élément de $E$ admet un symétrique dans $E$, et $(E,\ast )$ est un groupe. Non commutatif : $(1+i)\ast 2i=(1\times 2+1^5\times 0)+i\times 1\times 2=2+2i$ et $2i\ast (1+i)=(0\times 1+2^5\times 1)+i\times 2\times 1=32+2i$ ; ces deux éléments de $E$ ne commutent pas. Donc $(E,\ast )$ est un groupe non commutatif.

   Partie II.

   1. $F\subset E$ (un élément $yi$ de $F$ s'écrit $0+yi$ avec $y\ne 0$) et $F$ contient l'élément neutre $i$ ($y=1$). Soient $yi$ et $y^{\prime }i$ dans $F$. Le symétrique de $y^{\prime }i$ dans $(E,\ast )$ est, d'après I.4.(b) (avec $x^{\prime }=0$), $({\frac{1}{y}}^{\prime })i$. Alors $(yi)\ast (({\frac{1}{y}}^{\prime })i)=(0\times {\frac{1}{y}}^{\prime }+y^5\times 0)+iy\times {\frac{1}{y}}^{\prime }=({\frac{y}{y}}^{\prime })i\in F$ car ${\frac{y}{y}}^{\prime }\in {\mathbb{R}}^{\ast }$. Donc $F$ est un sous-groupe de $(E,\ast )$.
   2. (a) $\phi (\mathbb{R})=\phi (x)\text{/}x\in \mathbb{R}=x+i\text{/}x\in \mathbb{R}=G$. (b) Pour tous $x,x^{\prime }\in \mathbb{R}$ : $\phi (x)\ast \phi (x^{\prime })=(x+i)\ast (x^{\prime }+i)=(x\times 1+1^5\times x^{\prime })+i\times 1\times 1=(x+x^{\prime })+i=\phi (x+x^{\prime })$. Donc $\phi$ est un homomorphisme de $(\mathbb{R},+)$ vers $(\mathbb{C},\ast )$. (c) $(\mathbb{R},+)$ est un groupe commutatif et $\phi$ est un homomorphisme de $(\mathbb{R},+)$ vers $(\mathbb{C},\ast )$ ; l'image d'un groupe commutatif par un homomorphisme est un groupe commutatif (pour la loi d'arrivée). Donc $(\phi (\mathbb{R}),\ast )=(G,\ast )$ est un groupe commutatif. Détail : $G$ est stable ($\phi (x)\ast \phi (x^{\prime })=\phi (x+x^{\prime })\in G$), $\ast$ est associative, $\phi (0)=i$ est neutre dans $G$, le symétrique de $\phi (x)$ est $\phi (-x)=-x+i\in G$, et $\phi (x)\ast \phi (x^{\prime })=\phi (x+x^{\prime })=\phi (x^{\prime }+x)=\phi (x^{\prime })\ast \phi (x)$.

5. Exercice 5Arithmétique3 pts

   Chapitres : Arithmétique dans ℤ · Arithmétique dans ℤ

   1. En utilisant l'algorithme d'Euclide, déterminer l'entier $u\in 1,2,...,22$ tel que : $10u\equiv 1[23]$. (0,5 pt)
   2. Soient $m$ un entier naturel et $q$ et $r$, respectivement, le quotient et le reste de la division euclidienne de $m$ par $10$. (a) Montrer que : $m\equiv 10(q+ur)[23]$. (0,5 pt) (b) Montrer que : $23$ divise $m\iff 23$ divise $(q+ur)$. (0,75 pt)
   3. On considère dans $\mathbb{N}$ le système $(S):\{\begin{array}{l}x\equiv 1[23]x\equiv 2[10]\end{array}$. (a) Montrer que si $x$ est une solution du système $(S)$ alors il existe $q\in \mathbb{N}$ tel que $x=10q+2$ et $23$ divise $(q+7)$. (0,75 pt) (b) Résoudre dans $\mathbb{N}$ le système $(S)$. (0,5 pt)
   Voir la correction

   1. Algorithme d'Euclide pour $23$ et $10$ : $23=2\times 10+3$ ; $10=3\times 3+1$ ; $3=3\times 1+0$. Donc $23\wedge 10=1$ et, en remontant : $1=10-3\times 3=10-3\times (23-2\times 10)=7\times 10-3\times 23$. Ainsi $10\times 7\equiv 1[23]$ (en effet $70=3\times 23+1$) : $u=7$. (Cet entier est unique dans $1,...,22$ : si $10u\equiv 10u^{\prime }[23]$ alors $u\equiv u^{\prime }[23]$ car $10$ est inversible modulo $23$.)
   2. (a) $m=10q+r$. Or $10(q+ur)=10q+10ur=10q+70r$ et $70\equiv 1[23]$, donc $10(q+ur)\equiv 10q+r=m[23]$, c'est-à-dire $m\equiv 10(q+ur)[23]$. (b) Si $23$ divise $q+ur$, alors $23$ divise $10(q+ur)$, donc $23$ divise $m$ d'après (a). Réciproquement, si $23$ divise $m$, alors $23$ divise $10(q+ur)$ ; comme $23\wedge 10=1$, le théorème de Gauss donne : $23$ divise $q+ur$. D'où l'équivalence.
   3. (a) Soit $x\in \mathbb{N}$ solution de $(S)$. De $x\equiv 2[10]$ avec $0\le 2<10$, le reste de la division euclidienne de $x$ par $10$ est $2$ : il existe $q\in \mathbb{N}$ tel que $x=10q+2$. Posons $m=x-1=10q+1\in \mathbb{N}$ : son quotient par $10$ est $q$ et son reste est $1$. Comme $x\equiv 1[23]$, $23$ divise $m$, et d'après 2.(b) (avec $u=7$, $r=1$), $23$ divise $q+7\times 1=q+7$. (b) D'après (a), si $x$ est solution alors $x=10q+2$ avec $q\in \mathbb{N}$ et $q+7\equiv 0[23]$, soit $q\equiv -7\equiv 16[23]$ : $q=16+23k$ avec $k\in \mathbb{Z}$, et $q\ge 0$ impose $k\in \mathbb{N}$. Alors $x=10(16+23k)+2=162+230k$. Réciproquement, pour $k\in \mathbb{N}$, $x=162+230k$ vérifie $x\equiv 162\equiv 2[10]$ et $x=1+161+230k=1+23(7+10k)\equiv 1[23]$. L'ensemble des solutions de $(S)$ dans $\mathbb{N}$ est $162+230k;k\in \mathbb{N}$.