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

Sujet et corrigé — 20 points

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1. Exercice 1Analyse7.75 pts

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

   Partie I. On considère la fonction $f$ définie sur l'intervalle $I=[0;+\infty [$ par : $f(0)=0\mathrm{et}f(x)=\frac{x^2\ln x}{x^2+1}\mathrm{si}x\in ]0;+\infty [$ Et soit $(\mathcal{C})$ la courbe représentative de la fonction $f$ dans un repère orthonormé $(O,\overrightarrow{i},\overrightarrow{j})$.

   1. (a) Étudier la continuité de $f$ à droite en $0$. (0,25 pt) (b) Étudier la dérivabilité de $f$ à droite en $0$ puis interpréter graphiquement le résultat obtenu. (0,5 pt) (c) Calculer ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)$ et ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)/x$ puis interpréter graphiquement le résultat obtenu. (0,75 pt)
   2. Soit $\phi$ la fonction définie sur $]0;+\infty [$ par : $\phi (x)=x^2+1+2\ln x$. (a) Dresser le tableau de variations de $\phi$. (0,5 pt) (b) Montrer que l'équation $\phi (x)=0$ admet une solution unique $\beta$ appartenant à l'intervalle $]\frac{1}{2};\frac{1}{\sqrt{3}}[$. (On donne $\ln 2\simeq 0,7$ et $\ln 3\simeq 1,1$.) (0,5 pt) (c) Montrer que : $f(\beta )=-\frac{{\beta }^2}{2}$. (0,25 pt)
   3. (a) Montrer que $f$ est dérivable sur $]0;+\infty [$ et que $\forall x\in ]0;+\infty [$, $f^{\prime }(x)=\frac{x\phi (x)}{(x^2+1{)}^2}$. (0,5 pt) (b) Donner le tableau de variations de $f$. (0,5 pt) (c) Montrer que $\frac{1}{\beta }$ est l'unique solution de l'équation $f(x)=\frac{1}{2}$ sur $]\beta ;+\infty [$. (0,25 pt) (d) Montrer que la droite d'équation $y=\beta x-\frac{1}{2}$ est la tangente à la courbe $(\mathcal{C})$ au point d'abscisse $\frac{1}{\beta }$. (0,5 pt)
   4. Représenter graphiquement la courbe $(\mathcal{C})$ dans le repère $(O,\overrightarrow{i},\overrightarrow{j})$. (On admet que la courbe $(\mathcal{C})$ possède deux points d'inflexion.) (0,5 pt)

   Partie II. On pose $J=]\sqrt{3};2[$ et $\alpha =\frac{1}{\beta }$. Soit $g$ la fonction définie sur $]0;+\infty [$ par : $g(x)=\sqrt{e^{1+\frac{1}{x^2}}}$.

   1. (a) Étudier les variations de $g$. (0,25 pt) (b) Montrer que : $(\forall x\in J)$ ; $\sqrt{3}<g(x)<2$. (0,25 pt) (On donne $\sqrt{3}\simeq 1,73$, $e^{\frac{2}{3}}\simeq 1,95$ et $e^{\frac{5}{8}}\simeq 1,87$.)
   2. (a) En utilisant le résultat de la question I.3.(c), montrer que : $g(\alpha )=\alpha$. (0,25 pt) (b) Montrer que : $(\forall x\in J)$ ; $|g^{\prime }(x)|\le \frac{2}{3\sqrt{3}}$. (0,5 pt) (c) En déduire que : $(\forall x\in J)$ ; $|g(x)-\alpha |\le \frac{2}{3\sqrt{3}}|x-\alpha |$. (0,5 pt)
   3. On considère la suite $(x_n{)}_{n\in \mathbb{N}}$ définie par : $x_0=\frac{7}{4}\text{et pour tout}n\in \mathbb{N},x_{n+1}=g(x_n)$ (a) Montrer que : $(\forall n\in \mathbb{N})$ ; $x_n\in J$. (0,25 pt) (b) Montrer par récurrence que : $(\forall n\in \mathbb{N})$ ; $|x_n-\alpha |\le (\frac{2}{3\sqrt{3}}{)}^n|x_0-\alpha |$. (0,5 pt) (c) En déduire que la suite $(x_n{)}_{n\in \mathbb{N}}$ converge vers $\alpha$. (0,25 pt)
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   Partie I.

   1. (a) ${\lim }_{x\to 0^{+}}{x}^2\ln x=0$ (croissances comparées) et ${\lim }_{x\to 0^{+}}(x^2+1)=1$, donc ${\lim }_{x\to 0^{+}}f(x)=0=f(0)$ : $f$ est continue à droite en $0$. (b) Pour $x>0$ : $\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\frac{x\ln x}{x^2+1}$. Or ${\lim }_{x\to 0^{+}}x\ln x=0$, donc ${\lim }_{x\to 0^{+}}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=0$ : $f$ est dérivable à droite en $0$ et $f_d^{\prime }(0)=0$. Graphiquement, $(\mathcal{C})$ admet au point $O$ une demi-tangente horizontale (portée par l'axe des abscisses). (c) $f(x)=\ln x\times \frac{x^2}{x^2+1}$ avec ${\lim }_{x\to +\infty }\frac{x^2}{x^2+1}=1$ et ${\lim }_{x\to +\infty }\ln x=+\infty$, donc ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)=+\infty$. Ensuite $f(x)/x=\frac{x\ln x}{x^2+1}=\frac{\ln x}{x}\times \frac{x^2}{x^2+1}$, et ${\lim }_{x\to +\infty }\frac{\ln x}{x}=0$ (croissances comparées), donc ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)/x=0$. Interprétation : $(\mathcal{C})$ admet au voisinage de $+\infty$ une branche parabolique de direction l'axe des abscisses.
   2. (a) $\phi$ est dérivable sur $]0;+\infty [$ et ${\phi }^{\prime }(x)=2x+\frac{2}{x}>0$. Donc $\phi$ est strictement croissante sur $]0;+\infty [$. Limites : ${\lim }_{x\to 0^{+}}\phi (x)=-\infty$ (car $2\ln x\to -\infty$ et $x^2+1\to 1$) et ${\lim }_{x\to +\infty }\phi (x)=+\infty$. Tableau de variations : $\phi$ croît strictement de $-\infty$ (en $0^{+}$) à $+\infty$ (en $+\infty$). (b) $\phi$ est continue et strictement croissante sur $]0;+\infty [$, donc réalise une bijection de $]0;+\infty [$ sur $]-\infty ,+\infty [=\mathbb{R}$ : l'équation $\phi (x)=0$ admet une unique solution $\beta$ dans $]0;+\infty [$. De plus $\phi (\frac{1}{2})=\frac{1}{4}+1+2\ln (\frac{1}{2})=\frac{5}{4}-2\ln 2\simeq 1,25-1,4=-0,15<0$ et $\phi (\frac{1}{\sqrt{3}})=\frac{1}{3}+1+2\ln (\frac{1}{\sqrt{3}})=\frac{4}{3}-\ln 3\simeq 1,33-1,1=0,23>0$. Comme $\phi (\frac{1}{2})<0=\phi (\beta )<\phi (\frac{1}{\sqrt{3}})$ et que $\phi$ est strictement croissante, $\beta \in ]\frac{1}{2};\frac{1}{\sqrt{3}}[$. (c) $\phi (\beta )=0$ donne $2\ln \beta =-({\beta }^2+1)$, soit $\ln \beta =-\frac{{\beta }^2+1}{2}$. Donc $f(\beta )=\frac{{\beta }^2\ln \beta }{{\beta }^2+1}=\frac{{\beta }^2}{{\beta }^2+1}\times (-\frac{{\beta }^2+1}{2})=-\frac{{\beta }^2}{2}.$
   3. (a) Sur $]0;+\infty [$, $x|\to x^2\ln x$ et $x|\to x^2+1$ sont dérivables et $x^2+1\ne 0$, donc $f$ est dérivable sur $]0;+\infty [$ et $f^{\prime }(x)=\frac{(2x\ln x+x)(x^2+1)-x^2\ln x\times 2x}{(x^2+1{)}^2}=\frac{2x^3\ln x+2x\ln x+x^3+x-2x^3\ln x}{(x^2+1{)}^2}=\frac{x(x^2+1+2\ln x)}{(x^2+1{)}^2}=\frac{x\phi (x)}{(x^2+1{)}^2}.$ (b) Pour $x>0$, $f^{\prime }(x)$ a le signe de $\phi (x)$ : $\phi (x)<0$ si $0<x<\beta$ et $\phi (x)>0$ si $x>\beta$ ($\phi$ strictement croissante, $\phi (\beta )=0$). Donc $f$ est strictement décroissante sur $[0;\beta ]$ et strictement croissante sur $[\beta ;+\infty [$. Tableau de variations : $f(0)=0$, $f$ décroît jusqu'à $f(\beta )=-\frac{{\beta }^2}{2}$ (minimum), puis croît vers $+\infty$. (c) $f$ est continue et strictement croissante sur $]\beta ;+\infty [$, donc l'équation $f(x)=\frac{1}{2}$ y admet au plus une solution. Or $\frac{1}{\beta }>1>\beta$ (car $\beta <\frac{1}{\sqrt{3}}<1$), donc $\frac{1}{\beta }\in ]\beta ;+\infty [$, et, avec $\ln (\frac{1}{\beta })=-\ln \beta =\frac{{\beta }^2+1}{2}$ : $f(\frac{1}{\beta })=\frac{\frac{1}{{\beta }^2}\times \frac{{\beta }^2+1}{2}}{\frac{1}{{\beta }^2}+1}=\frac{\frac{{\beta }^2+1}{2{\beta }^2}}{\frac{1+{\beta }^2}{{\beta }^2}}=\frac{1}{2}.$ Donc $\frac{1}{\beta }$ est l'unique solution de $f(x)=\frac{1}{2}$ sur $]\beta ;+\infty [$. (d) La tangente en $\frac{1}{\beta }$ a pour équation $y=f^{\prime }(\frac{1}{\beta })(x-\frac{1}{\beta })+f(\frac{1}{\beta })$. Calculons $\phi (\frac{1}{\beta })=\frac{1}{{\beta }^2}+1-2\ln \beta =\frac{1}{{\beta }^2}+1+{\beta }^2+1=\frac{1+{\beta }^2}{{\beta }^2}+(1+{\beta }^2)=\frac{(1+{\beta }^2{)}^2}{{\beta }^2}$, et $(\frac{1}{{\beta }^2}+1{)}^2=\frac{(1+{\beta }^2{)}^2}{{\beta }^4}$. Donc $f^{\prime }(\frac{1}{\beta })=\frac{1}{\beta }\times \frac{(1+{\beta }^2{)}^2}{{\beta }^2}\times \frac{{\beta }^4}{(1+{\beta }^2{)}^2}=\beta .$ La tangente est $y=\beta (x-\frac{1}{\beta })+\frac{1}{2}=\beta x-1+\frac{1}{2}=\beta x-\frac{1}{2}$.
   4. [Figure : repère orthonormé. La courbe part de $O$ avec une demi-tangente horizontale, descend jusqu'au minimum au point d'abscisse $\beta \approx 0,53$ et d'ordonnée $-\frac{{\beta }^2}{2}\approx -0,14$, repasse par le point $(1;0)$ (car $f(1)=0$), puis croît vers $+\infty$ avec une branche parabolique de direction $(Ox)$ (la courbe s'aplatit par rapport à la première bissectrice). Elle passe par le point d'abscisse $\frac{1}{\beta }\approx 1,9$ et d'ordonnée $\frac{1}{2}$, où sa tangente est la droite $y=\beta x-\frac{1}{2}$. On admet qu'elle possède deux points d'inflexion.]

   Partie II. Remarquons que $g(x)=\sqrt{e^{1+\frac{1}{x^2}}}=e^{\frac{1+\frac{1}{x^2}}{2}}=e^{\frac{1}{2}+\frac{1}{2x^2}}$, et que $\beta \in ]\frac{1}{2};\frac{1}{\sqrt{3}}[$ donne $\alpha =\frac{1}{\beta }\in ]\sqrt{3};2[=J$.

   1. (a) $g$ est dérivable sur $]0;+\infty [$ et $g^{\prime }(x)=-\frac{1}{x^3}{e}^{\frac{1}{2}+\frac{1}{2x^2}}=-g(x)/x^3<0$. Donc $g$ est strictement décroissante sur $]0;+\infty [$. (b) Soit $x\in J$ : $\sqrt{3}<x<2$, donc, $g$ étant strictement décroissante, $g(2)<g(x)<g(\sqrt{3})$. Or $g(\sqrt{3})=e^{\frac{1}{2}+\frac{1}{6}}=e^{\frac{2}{3}}\simeq 1,95<2$ et $g(2)=e^{\frac{1}{2}+\frac{1}{8}}=e^{\frac{5}{8}}\simeq 1,87>1,73\simeq \sqrt{3}$. Donc $\sqrt{3}<g(x)<2$.
   2. (a) D'après I.3.(c), $f(\alpha )=\frac{1}{2}$, soit $\frac{{\alpha }^2\ln \alpha }{{\alpha }^2+1}=\frac{1}{2}$, d'où $2{\alpha }^2\ln \alpha ={\alpha }^2+1$ et $\ln \alpha =\frac{{\alpha }^2+1}{2{\alpha }^2}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2{\alpha }^2}$. Donc $\alpha =e^{\frac{1}{2}+\frac{1}{2{\alpha }^2}}=g(\alpha )$. (b) Pour $x\in J$ : $|g^{\prime }(x)|=g(x)/x^3$ avec $g(x)<2$ (question 1.(b)) et $x^3>(\sqrt{3}{)}^3=3\sqrt{3}$. Donc $|g^{\prime }(x)|<\frac{2}{3\sqrt{3}}$, et a fortiori $|g^{\prime }(x)|\le \frac{2}{3\sqrt{3}}$. (c) $g$ est dérivable sur l'intervalle $J$, $|g^{\prime }|\le \frac{2}{3\sqrt{3}}$ sur $J$, et $\alpha \in J$. D'après l'inégalité des accroissements finis, pour tout $x\in J$ : $|g(x)-g(\alpha )|\le \frac{2}{3\sqrt{3}}|x-\alpha |$, soit, puisque $g(\alpha )=\alpha$ : $|g(x)-\alpha |\le \frac{2}{3\sqrt{3}}|x-\alpha |$.
   3. (a) Initialisation : $x_0=\frac{7}{4}=1,75$ et $\sqrt{3}\simeq 1,73<1,75<2$, donc $x_0\in J$. Hérédité : si $x_n\in J$, alors $x_{n+1}=g(x_n)\in ]\sqrt{3};2[=J$ d'après 1.(b). Conclusion : $x_n\in J$ pour tout $n\in \mathbb{N}$. (b) Posons $q=\frac{2}{3\sqrt{3}}$. Initialisation : $|x_0-\alpha |\le q^0|x_0-\alpha |$ est vraie. Hérédité : supposons $|x_n-\alpha |\le q^n|x_0-\alpha |$. Comme $x_n\in J$, la question 2.(c) donne $|x_{n+1}-\alpha |=|g(x_n)-\alpha |\le q|x_n-\alpha |\le q^{n+1}|x_0-\alpha |$. Conclusion : $|x_n-\alpha |\le (\frac{2}{3\sqrt{3}}{)}^n|x_0-\alpha |$ pour tout $n\in \mathbb{N}$. (c) $0<\frac{2}{3\sqrt{3}}<1$ (car $3\sqrt{3}>3>2$), donc ${\lim }_{n\to +\infty }(\frac{2}{3\sqrt{3}}{)}^n=0$. Par encadrement, ${\lim }_{n\to +\infty }|x_n-\alpha |=0$ : la suite $(x_n)$ converge vers $\alpha$.

2. Exercice 2Analyse2.25 pts

   Chapitres : Calcul intégral · Suites numériques · Fonctions logarithmiques · Calcul intégral · Suites numériques · Fonctions logarithmiques

   On considère la suite numérique $(u_n{)}_{n\ge 2}$ définie par : $(\forall n\ge 2)$, $u_n=\frac{1}{n}{\sum }_{k=1}^{n-1}\ln (\frac{k}{n})$.

   1. Soit $n$ un entier naturel supérieur ou égal à $2$. (a) Montrer que pour tout entier $k\in 1,2,...,n-1$ et pour tout réel $x\in [\frac{k}{n};\frac{k+1}{n}]$, on a : $\ln (\frac{k}{n})\le \ln (x)\le \ln (\frac{k+1}{n})$. (0,25 pt) (b) En déduire que : $\forall k\in 1,2,...,n-1$ ; $\frac{1}{n}\ln (\frac{k}{n})\le {\int }_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}}\ln (x)\mathrm{d}x\le \frac{1}{n}\ln (\frac{k+1}{n})$. (0,25 pt)
   2. (a) Montrer que : $(\forall n\ge 2)$ ; $\frac{1}{n}{\sum }_{k=1}^{n-1}\ln (\frac{k}{n})\le {\int }_{\frac{1}{n}}^1\ln (x)\mathrm{d}x\le \frac{1}{n}{\sum }_{k=2}^n\ln (\frac{k}{n})$. (0,5 pt) (b) En déduire que : $(\forall n\ge 2)$ ; $u_n\le {\int }_{\frac{1}{n}}^1\ln (x)\mathrm{d}x\le u_n-\frac{1}{n}\ln (\frac{1}{n})$. (0,5 pt) (c) Montrer que : $(\forall n\ge 2)$ ; $-1+\frac{1}{n}\le u_n\le -1+\frac{1}{n}-\frac{1}{n}\ln (\frac{1}{n})$. (0,5 pt) (d) Déterminer ${\lim }_{n\to +\infty }{u}_n$. (0,25 pt)
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   1. (a) Soit $k\in 1,...,n-1$ et $x\in [\frac{k}{n};\frac{k+1}{n}]$. La fonction $\ln$ est croissante sur $]0,+\infty [$ et $0<\frac{k}{n}\le x\le \frac{k+1}{n}$, donc $\ln (\frac{k}{n})\le \ln (x)\le \ln (\frac{k+1}{n})$. (b) En intégrant l'encadrement (a) sur $[\frac{k}{n};\frac{k+1}{n}]$, intervalle de longueur $\frac{1}{n}$ (bornes croissantes) : $\frac{1}{n}\ln (\frac{k}{n})\le {\int }_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}}\ln (x)\mathrm{d}x\le \frac{1}{n}\ln (\frac{k+1}{n}).$
   2. (a) En sommant les inégalités (b) pour $k$ de $1$ à $n-1$ et en utilisant la relation de Chasles (la réunion des intervalles $[\frac{k}{n};\frac{k+1}{n}]$ pour $k=1,...,n-1$ est $[\frac{1}{n};1]$) : $\frac{1}{n}{\sum }_{k=1}^{n-1}\ln (\frac{k}{n})\le {\int }_{\frac{1}{n}}^1\ln (x)\mathrm{d}x\le \frac{1}{n}{\sum }_{k=1}^{n-1}\ln (\frac{k+1}{n})=\frac{1}{n}{\sum }_{k=2}^n\ln (\frac{k}{n}),$ la dernière égalité par le changement d'indice $k\to k+1$. (b) Le membre de gauche est $u_n$. Pour le membre de droite : $\frac{1}{n}{\sum }_{k=2}^n\ln (\frac{k}{n})=\frac{1}{n}({\sum }_{k=1}^{n-1}\ln (\frac{k}{n})+\ln (\frac{n}{n})-\ln (\frac{1}{n}))=u_n+0-\frac{1}{n}\ln (\frac{1}{n}).$ Donc $u_n\le {\int }_{\frac{1}{n}}^1\ln (x)\mathrm{d}x\le u_n-\frac{1}{n}\ln (\frac{1}{n})$. (c) Une primitive de $\ln$ sur $]0,+\infty [$ est $x|\to x\ln x-x$, donc ${\int }_{\frac{1}{n}}^1\ln (x)\mathrm{d}x=[x\ln x-x{]}_{\frac{1}{n}}^1=(0-1)-(\frac{1}{n}\ln (\frac{1}{n})-\frac{1}{n})=-1+\frac{1}{n}-\frac{1}{n}\ln (\frac{1}{n}).$ L'inégalité de gauche de (b) donne $u_n\le -1+\frac{1}{n}-\frac{1}{n}\ln (\frac{1}{n})$ ; celle de droite donne $u_n\ge {\int }_{\frac{1}{n}}^1\ln (x)\mathrm{d}x+\frac{1}{n}\ln (\frac{1}{n})=-1+\frac{1}{n}$. D'où $-1+\frac{1}{n}\le u_n\le -1+\frac{1}{n}-\frac{1}{n}\ln (\frac{1}{n})$. (d) $\frac{1}{n}\to 0$ et $-\frac{1}{n}\ln (\frac{1}{n})=\frac{\ln n}{n}\to 0$ (croissances comparées). Les deux bornes de (c) tendent vers $-1$, donc, par le théorème des gendarmes, ${\lim }_{n\to +\infty }{u}_n=-1$.

3. Exercice 3Nombres complexes3.5 pts

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

   Soit $\theta \in [0,\pi [$.

   Partie I. On considère dans l'ensemble des nombres complexes $\mathbb{C}$ l'équation $(E_{\theta })$ d'inconnue $z$ : $(E_{\theta }):z^2+(1-i)e^{i\theta }z-i{e}^{i2\theta }=0$

   1. (a) Vérifier que : $(E_{\theta })\iff (2z+(1-i)e^{i\theta }{)}^2=((1+i)e^{i\theta }{)}^2$. (0,25 pt) (b) En déduire les deux solutions $z_1$ et $z_2$ de l'équation $(E_{\theta })$ avec $\mathrm{Im}(z_1)\le 0$. (0,5 pt)
   2. (a) Montrer que : $\frac{z_1+1}{z_2+i}=-\tan (\frac{\theta }{2})$. (0,25 pt) (b) En déduire la forme exponentielle du nombre complexe : $\frac{z_1+i{z}_2}{z_2+i}$. (0,25 pt)

   Partie II. Dans le plan complexe $\mathcal{P}$ muni d'un repère orthonormé direct $(O,\overrightarrow{u},\overrightarrow{v})$, on considère les points $A$, $B$ et $C$ d'affixes respectives $a=e^{i\theta }$, $b=(1+i)e^{i\theta }$ et $c=b-a$. Soient $m$ un nombre réel de $]0;1[$, $R$ la rotation de centre $O$ et d'angle $\frac{\pi }{2}$ et le point $Q$ d'affixe $q=m{e}^{i\theta }$.

   1. (a) Déterminer l'affixe $p$ du point $P$ l'image du point $Q$ par la rotation $R$. (0,25 pt) (b) Vérifier que : $R(A)=C$. (0,25 pt)
   2. Soit $H$ le point d'affixe $h=\frac{m}{m-i}{e}^{i\theta }$. (a) Montrer que : $\frac{p-a}{h}=\frac{m^2+1}{m}i$ et $\frac{h-a}{p-a}=\frac{1}{m^2+1}$. (0,5 pt) (b) En déduire que $H$ est le projeté orthogonal du point $O$ sur la droite $(AP)$. (0,25 pt) (c) Montrer que : $\frac{b-h}{q-h}=\frac{1}{m}i$. (0,5 pt) (d) En déduire que les droites $(QH)$ et $(HB)$ sont perpendiculaires. (0,25 pt) (e) Montrer que les points $A$, $Q$, $H$ et $B$ sont cocycliques. (0,25 pt)
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   Partie I.

   1. (a) Développons : $(2z+(1-i)e^{i\theta }{)}^2=4z^2+4(1-i)e^{i\theta }z+(1-i{)}^2{e}^{2i\theta }$, avec $(1-i{)}^2=-2i$ ; et $((1+i)e^{i\theta }{)}^2=(1+i{)}^2{e}^{2i\theta }=2i{e}^{2i\theta }$. Donc $(2z+(1-i)e^{i\theta }{)}^2=((1+i)e^{i\theta }{)}^2\iff 4z^2+4(1-i)e^{i\theta }z-2i{e}^{2i\theta }-2i{e}^{2i\theta }=0\iff 4(z^2+(1-i)e^{i\theta }z-i{e}^{2i\theta })=0,$ ce qui est exactement $(E_{\theta })$. (b) D'après (a), $2z+(1-i)e^{i\theta }=(1+i)e^{i\theta }$ ou $2z+(1-i)e^{i\theta }=-(1+i)e^{i\theta }$, soit $z=\frac{(1+i)-(1-i)}{2}{e}^{i\theta }=i{e}^{i\theta }\mathrm{ou}z=\frac{-(1+i)-(1-i)}{2}{e}^{i\theta }=-e^{i\theta }.$ $\mathrm{Im}(-e^{i\theta })=-\sin \theta \le 0$ pour $\theta \in [0,\pi [$, donc $z_1=-e^{i\theta }$ et $z_2=i{e}^{i\theta }$. (Pour $\theta \in ]0,\pi [$, $\mathrm{Im}(z_1)=-\sin \theta <0$ ; ce choix est celui qui rend les questions suivantes cohérentes.)
   2. (a) $z_1+1=1-e^{i\theta }=e^{i\frac{\theta }{2}}(e^{-i\frac{\theta }{2}}-e^{i\frac{\theta }{2}})=-2i\sin (\frac{\theta }{2})e^{i\frac{\theta }{2}}$ et $z_2+i=i(e^{i\theta }+1)=i{e}^{i\frac{\theta }{2}}(e^{i\frac{\theta }{2}}+e^{-i\frac{\theta }{2}})=2i\cos (\frac{\theta }{2})e^{i\frac{\theta }{2}}$, avec $\cos (\frac{\theta }{2})>0$ car $\frac{\theta }{2}\in [0,\frac{\pi }{2}[$. Donc $\frac{z_1+1}{z_2+i}=\frac{-2i\sin (\frac{\theta }{2})e^{i\frac{\theta }{2}}}{2i\cos (\frac{\theta }{2})e^{i\frac{\theta }{2}}}=-\tan (\frac{\theta }{2}).$ (b) $i{z}_2-1=i{z}_2+i^2=i(z_2+i)$, donc $\frac{z_1+i{z}_2}{z_2+i}=\frac{z_1+1}{z_2+i}+\frac{i{z}_2-1}{z_2+i}=-\tan (\frac{\theta }{2})+i=\frac{1}{\cos }(\frac{\theta }{2})(-\sin (\frac{\theta }{2})+i\cos (\frac{\theta }{2})).$ Or $-\sin (\frac{\theta }{2})=\cos (\frac{\theta }{2}+\frac{\pi }{2})$ et $\cos (\frac{\theta }{2})=\sin (\frac{\theta }{2}+\frac{\pi }{2})$, et $\frac{1}{\cos }(\frac{\theta }{2})>0$. Donc $\frac{z_1+i{z}_2}{z_2+i}=\frac{1}{\cos }(\frac{\theta }{2})e^{i(\frac{\theta }{2}+\frac{\pi }{2})}=\frac{1}{\cos }(\frac{\theta }{2})e^{i\frac{\theta +\pi }{2}}.$

   Partie II.

   1. (a) $R$ est la rotation de centre $O$ et d'angle $\frac{\pi }{2}$ : $p=e^{i\frac{\pi }{2}}q=im{e}^{i\theta }$. (b) L'image de $A$ par $R$ a pour affixe $ia=i{e}^{i\theta }$. Or $c=b-a=(1+i)e^{i\theta }-e^{i\theta }=i{e}^{i\theta }$. Donc $R(A)=C$.
   2. (a) $p-a=(im-1)e^{i\theta }$ et $h=\frac{m}{m-i}{e}^{i\theta }$, donc $\frac{p-a}{h}=\frac{(im-1)(m-i)}{m}=\frac{i{m}^2-i^{2}m-m+i}{m}=\frac{i{m}^2+i}{m}=\frac{m^2+1}{m}i.$ Ensuite $h-a=(\frac{m}{m-i}-1)e^{i\theta }=\frac{m-m+i}{m-i}{e}^{i\theta }=\frac{i}{m-i}{e}^{i\theta }$, donc $\frac{h-a}{p-a}=\frac{i}{(m-i)(im-1)}=\frac{i}{i(m^2+1)}=\frac{1}{m^2+1},$ en utilisant $(m-i)(im-1)=i(m^2+1)$ (calcul ci-dessus). (b) $\frac{h-a}{p-a}$ est un réel, donc $\overrightarrow{AH}$ et $\overrightarrow{AP}$ sont colinéaires : $H\in (AP)$. De plus $\frac{p-a}{h-0}$ est un imaginaire pur non nul, donc $(\overrightarrow{OH},\overrightarrow{AP})\equiv \frac{\pi }{2}[\pi ]$ : $(OH)\perp (AP)$. Ainsi $H$ est le point de $(AP)$ tel que $(OH)\perp (AP)$ : $H$ est le projeté orthogonal de $O$ sur la droite $(AP)$. (c) $b-h=((1+i)-\frac{m}{m-i})e^{i\theta }=\frac{(1+i)(m-i)-m}{m-i}{e}^{i\theta }=\frac{m-i+im+1-m}{m-i}{e}^{i\theta }=\frac{1-i+im}{m-i}{e}^{i\theta }$, et $q-h=(m-\frac{m}{m-i})e^{i\theta }=\frac{m(m-i)-m}{m-i}{e}^{i\theta }=\frac{m(m-1-i)}{m-i}{e}^{i\theta }$. Donc $\frac{b-h}{q-h}=\frac{1-i+im}{m(m-1-i)}.$ Or $i(m-1-i)=im-i-i^2=1-i+im$, donc $\frac{b-h}{q-h}=\frac{i(m-1-i)}{m(m-1-i)}=\frac{1}{m}i$. (d) $\frac{b-h}{q-h}$ est un imaginaire pur non nul, donc $(\overrightarrow{HQ},\overrightarrow{HB})\equiv \frac{\pi }{2}[\pi ]$ : les droites $(QH)$ et $(HB)$ sont perpendiculaires. (e) D'après (d), le triangle $QHB$ est rectangle en $H$. D'autre part $q=ma$ avec $m$ réel ($m\ne 1$), donc $Q\in (OA)$ et $Q\ne A$ ; et $\frac{b-a}{a-0}=\frac{c}{a}=i$ est un imaginaire pur, donc $(AB)\perp (OA)$, c'est-à-dire $(AB)\perp (AQ)$ : le triangle $QAB$ est rectangle en $A$. Les points $H$ et $A$ voient le segment $[QB]$ sous un angle droit, donc ils appartiennent au cercle de diamètre $[QB]$. Par conséquent $A$, $Q$, $H$ et $B$ sont cocycliques.

4. Exercice 4Arithmétique3 pts

   Chapitres : Arithmétique dans ℤ · Arithmétique dans ℤ

   On considère dans $\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}$ l'équation $(E):y=\frac{a}{b}x-\frac{c}{d}$ où $a$, $b$, $c$ et $d$ sont des entiers naturels non nuls vérifiant : $a\wedge b=c\wedge d=1$.

   1. On suppose que l'équation $(E)$ admet une solution $(x_0,y_0)$. (a) Montrer que : $d$ divise $bc$. (0,5 pt) (b) En déduire que : $d$ divise $b$. (0,5 pt)
   2. On suppose que $d$ divise $b$ et on pose : $b=nd$ où $n$ est un entier naturel non nul. (a) Montrer qu'il existe $(u,v)\in \mathbb{N}\times \mathbb{N}$ tel que : $dnu-av=1$. (0,5 pt) (b) En déduire que l'ensemble des solutions de l'équation $(E)$ est $S=(-vcn+bk;-ucn+ak)\text{/}k\in \mathbb{Z}$ (0,75 pt)
   3. Résoudre dans $\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}$ l'équation $(F):y=\frac{3}{2975}x-\frac{2}{119}$. (On donne : $2975=119\times 25$.) (0,75 pt)
   Voir la correction

   1. (a) $(x_0,y_0)$ est solution de $(E)$ : $y_0=\frac{a}{b}{x}_0-\frac{c}{d}$. En multipliant par $bd$ : $bd{y}_0=ad{x}_0-bc$, soit $bc=ad{x}_0-bd{y}_0=d(a{x}_0-b{y}_0)$ avec $a{x}_0-b{y}_0\in \mathbb{Z}$. Donc $d$ divise $bc$. (b) $d$ divise $bc$ et $d\wedge c=1$ ; d'après le théorème de Gauss, $d$ divise $b$.
   2. (a) $a\wedge b=1$ et $b=dn$, donc $a\wedge (dn)=1$. D'après le théorème de Bézout, il existe $(u_0,v_0)\in {\mathbb{Z}}^2$ tel que $dn{u}_0-a{v}_0=1$. Pour tout $k\in \mathbb{Z}$, le couple $(u_0+ak,v_0+dnk)$ vérifie encore $dn(u_0+ak)-a(v_0+dnk)=dn{u}_0-a{v}_0=1$. Comme $a>0$ et $dn>0$, en choisissant $k$ assez grand (par exemple $k=|u_0|+|v_0|$), on obtient $u=u_0+ak\ge 0$ et $v=v_0+dnk\ge 0$. Donc il existe $(u,v)\in \mathbb{N}\times \mathbb{N}$ tel que $dnu-av=1$. (b) Avec $b=nd$ : $(x,y)$ est solution de $(E)$ si et seulement si $bdy=adx-bc$, soit $n{d}^{2}y=adx-ndc$, soit (en divisant par $d\ne 0$) $ax-ndy=nc.$ Solution particulière : en multipliant $dnu-av=1$ par $-nc$ : $a(-vcn)-nd(-ucn)=nc$, donc $(x_0,y_0)=(-vcn,-ucn)$ est solution. Soit $(x,y)$ une solution quelconque ; par différence : $a(x-x_0)=nd(y-y_0)=b(y-y_0)$. Comme $b$ divise $a(x-x_0)$ et $a\wedge b=1$, le théorème de Gauss donne $b|(x-x_0)$ : $x=x_0+bk$ avec $k\in \mathbb{Z}$, puis $abk=b(y-y_0)$ donne $y=y_0+ak$. Réciproquement, pour tout $k\in \mathbb{Z}$, $a(x_0+bk)-nd(y_0+ak)=a{x}_0-nd{y}_0+abk-bak=nc$ (car $nd=b$). Donc l'ensemble des solutions de $(E)$ est $S=(-vcn+bk;-ucn+ak)\text{/}k\in \mathbb{Z}.$
   3. Ici $a=3$, $b=2975$, $c=2$, $d=119$. On a $a\wedge b=1$ (car $2975=3\times 991+2$ n'est pas divisible par $3$, et $3$ est premier) et $c\wedge d=1$ ($119$ est impair). De plus $d=119$ divise $b=2975=119\times 25$ : $n=25$. Cherchons $(u,v)\in {\mathbb{N}}^2$ tel que $dnu-av=1$, soit $2975u-3v=1$ : comme $2975\equiv 2[3]$, $u=2$ donne $5950=3\times 1983+1$, donc $(u,v)=(2,1983)$ convient ($2975\times 2-3\times 1983=5950-5949=1$). D'après la question 2.(b), les solutions de $(F)$ sont les couples $(-vcn+bk;-ucn+ak)=(-1983\times 2\times 25+2975k;-2\times 2\times 25+3k)=(-99150+2975k;-100+3k)$, $k\in \mathbb{Z}$. Comme $-99150=2975\times (-34)+2000$ et $-100=3\times (-34)+2$, en posant $k^{\prime }=k-34$ on obtient la forme réduite : $S=(2000+2975k;2+3k)\text{/}k\in \mathbb{Z}.$ Vérification : $\frac{3}{2975}\times 2000-\frac{2}{119}=\frac{240}{119}-\frac{2}{119}=\frac{238}{119}=2$.

5. Exercice 5Structures algébriques3.5 pts

   Chapitres : Structures algébriques · Structures algébriques

   On rappelle que $({\mathcal{M}}_3(\mathbb{R}),+,\times )$ est un anneau unitaire non commutatif de zéro la matrice $O=\left(\begin{array}{ccccccc}0& 0& 00& 0& 00& 0& 0\end{array}\right)$ et d'unité la matrice $I=\left(\begin{array}{ccccccc}1& 0& 00& 1& 00& 0& 1\end{array}\right)$.

   On munit l'ensemble $E=x+yi\text{/}x\in \mathbb{Z}\mathrm{et}y\in \mathbb{Z}$ par la loi de composition interne $\ast$ définie par : $\forall (x,y,x^{\prime },y^{\prime })\in {\mathbb{Z}}^4;(x+yi)\ast (x^{\prime }+y^{\prime }i)=(x+(-1{)}^y{x}^{\prime })+(y+y^{\prime })i$

   Partie I.

   1. (a) Vérifier que : $(1-i)\ast (3+2i)=-2+i$. (0,25 pt) (b) Montrer que la loi $\ast$ n'est pas commutative dans $E$. (0,25 pt)
   2. Montrer que la loi $\ast$ est associative dans $E$. (0,5 pt)
   3. Montrer que $0$ est l'élément neutre pour la loi $\ast$ dans $E$. (0,25 pt)
   4. (a) Vérifier que $\forall (x,y)\in {\mathbb{Z}}^2$ ; $(x+yi)\ast ((-1{)}^{y+1}x-yi)=0$. (0,25 pt) (b) Montrer que $(E,\ast )$ est un groupe non commutatif. (0,25 pt)

   Partie II. Soient les deux ensembles $F=x+2yi\text{/}x\in \mathbb{Z}\mathrm{et}y\in \mathbb{Z}$ et $G=M(x,y)=\left(\begin{array}{ccccccc}1& x& y0& 1& 00& 0& 1\end{array}\right)\text{/}x\in \mathbb{Z}\mathrm{et}y\in \mathbb{Z}$

   1. (a) Montrer que $F$ est un sous-groupe de $(E,\ast )$. (0,5 pt) (b) Montrer que la loi $\ast$ est commutative dans $F$. (0,25 pt)
   2. Soit $\phi$ l'application définie de $F$ vers ${\mathcal{M}}_3(\mathbb{R})$ par : $\forall (x,y)\in {\mathbb{Z}}^2$ ; $\phi (x+2yi)=M(x,y)$. (a) Montrer que $\phi$ est un homomorphisme de $(F,\ast )$ vers $({\mathcal{M}}_3(\mathbb{R}),\times )$. (0,5 pt) (b) Montrer que $\phi (F)=G$. (0,25 pt) (c) En déduire que $(G,\times )$ est un groupe commutatif. (0,25 pt)
   Voir la correction

   Partie I.

   1. (a) Avec $x=1$, $y=-1$, $x^{\prime }=3$, $y^{\prime }=2$ : $(1-i)\ast (3+2i)=(1+(-1{)}^{-1}\times 3)+(-1+2)i=(1-3)+i=-2+i$. (b) $(3+2i)\ast (1-i)=(3+(-1{)}^2\times 1)+(2-1)i=4+i$. Comme $(1-i)\ast (3+2i)=-2+i\ne 4+i=(3+2i)\ast (1-i)$, la loi $\ast$ n'est pas commutative dans $E$.
   2. Soient $z=x+yi$, $z^{\prime }=x^{\prime }+y^{\prime }i$, $z^{\prime \prime }=x^{\prime \prime }+y^{\prime \prime }i$ dans $E$. $(z\ast z^{\prime })\ast z^{\prime \prime }=((x+(-1{)}^y{x}^{\prime })+(y+y^{\prime })i)\ast (x^{\prime \prime }+y^{\prime \prime }i)=(x+(-1{)}^y{x}^{\prime }+(-1{)}^{y+y^{\prime }}{x}^{\prime \prime })+(y+y^{\prime }+y^{\prime \prime })i.$ $z\ast (z^{\prime }\ast z^{\prime \prime })=(x+yi)\ast ((x^{\prime }+(-1{)}^{y^{\prime }}{x}^{\prime \prime })+(y^{\prime }+y^{\prime \prime })i)=(x+(-1{)}^y(x^{\prime }+(-1{)}^{y^{\prime }}{x}^{\prime \prime }))+(y+y^{\prime }+y^{\prime \prime })i,$ et $(-1{)}^y(-1{)}^{y^{\prime }}=(-1{)}^{y+y^{\prime }}$. Les deux résultats sont égaux : $\ast$ est associative dans $E$.
   3. $0=0+0i\in E$. Pour tout $x+yi\in E$ : $(x+yi)\ast 0=(x+(-1{)}^y\times 0)+(y+0)i=x+yi$ et $0\ast (x+yi)=(0+(-1{)}^{0}x)+(0+y)i=x+yi$. Donc $0$ est l'élément neutre de $\ast$ dans $E$.
   4. (a) $(x+yi)\ast ((-1{)}^{y+1}x-yi)=(x+(-1{)}^y(-1{)}^{y+1}x)+(y-y)i=(x+(-1{)}^{2y+1}x)+0i=x-x=0$. (b) La loi $\ast$ est interne dans $E$ (car $x+(-1{)}^y{x}^{\prime }\in \mathbb{Z}$ et $y+y^{\prime }\in \mathbb{Z}$), associative (question 2), d'élément neutre $0$ (question 3). Tout $z=x+yi\in E$ admet pour symétrique $z^{\prime }=(-1{)}^{y+1}x-yi\in E$ : $z\ast z^{\prime }=0$ d'après (a), et $z^{\prime }\ast z=((-1{)}^{y+1}x+(-1{)}^{-y}x)+(-y+y)i=((-1{)}^{y+1}+(-1{)}^y)x=0$. Donc $(E,\ast )$ est un groupe, non commutatif d'après 1.(b).

   Partie II.

   1. (a) $F\subset E$ et $0=0+2\times 0i\in F$. Soient $z=x+2yi$ et $z^{\prime }=x^{\prime }+2y^{\prime }i$ dans $F$. Le symétrique de $z^{\prime }$ est $(-1{)}^{2y^{\prime }+1}{x}^{\prime }-2y^{\prime }i=-x^{\prime }-2y^{\prime }i$, et $z\ast (-x^{\prime }-2y^{\prime }i)=(x+(-1{)}^{2y}(-x^{\prime }))+(2y-2y^{\prime })i=(x-x^{\prime })+2(y-y^{\prime })i\in F.$ Donc $F$ est un sous-groupe de $(E,\ast )$. (b) Pour $z=x+2yi$ et $z^{\prime }=x^{\prime }+2y^{\prime }i$ dans $F$ : $(-1{)}^{2y}=1$, donc $z\ast z^{\prime }=(x+x^{\prime })+2(y+y^{\prime })i$, expression symétrique en $(x,y)$ et $(x^{\prime },y^{\prime })$ ; ainsi $z\ast z^{\prime }=z^{\prime }\ast z$ : la loi $\ast$ est commutative dans $F$.
   2. (a) Pour $(x,y),(x^{\prime },y^{\prime })\in {\mathbb{Z}}^2$ : $M(x,y)\times M(x^{\prime },y^{\prime })=\left(\begin{array}{ccccccc}1& x& y0& 1& 00& 0& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccccccc}1& x^{\prime }& y^{\prime }0& 1& 00& 0& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccccccc}1& x+x^{\prime }& y+y^{\prime }0& 1& 00& 0& 1\end{array}\right)=M(x+x^{\prime },y+y^{\prime }).$ Donc, avec 1.(b) : $\phi ((x+2yi)\ast (x^{\prime }+2y^{\prime }i))=\phi ((x+x^{\prime })+2(y+y^{\prime })i)=M(x+x^{\prime },y+y^{\prime })=M(x,y)\times M(x^{\prime },y^{\prime })=\phi (x+2yi)\times \phi (x^{\prime }+2y^{\prime }i)$. $\phi$ est un homomorphisme de $(F,\ast )$ vers $({\mathcal{M}}_3(\mathbb{R}),\times )$. (b) $\phi (F)=\phi (x+2yi)\text{/}(x,y)\in {\mathbb{Z}}^2=M(x,y)\text{/}(x,y)\in {\mathbb{Z}}^2=G$. (c) $(F,\ast )$ est un groupe commutatif (sous-groupe de $(E,\ast )$, loi commutative dans $F$) et $\phi$ est un homomorphisme de $(F,\ast )$ vers $({\mathcal{M}}_3(\mathbb{R}),\times )$ ; l'image d'un groupe commutatif par un homomorphisme est un groupe commutatif pour la loi d'arrivée. Donc $(\phi (F),\times )=(G,\times )$ est un groupe commutatif (d'élément neutre $\phi (0)=M(0,0)=I$, l'inverse de $M(x,y)$ étant $M(-x,-y)$).