الامتحان الوطني الموحد للبكالوريا 2024 – الرياضيات – شعبة العلوم الرياضية (أ) و (ب) – الدورة الاستدراكية

Exercice 1 : Analyse

1- a) Continuité de \(f_{n}\) à droite en \(0\)

Pour tout \(x > 0\), \(x^{n}\ln x = x^{n-1} \times (x\ln x)\). Comme \(n \geq 2\), on a \(n - 1 \geq 1\), donc \(\displaystyle\lim_{x \to 0^{+}} x^{n-1} = 0\) ; de plus \(\displaystyle\lim_{x \to 0^{+}} x\ln x = 0\). Donc \(\displaystyle\lim_{x \to 0^{+}} x^{n}\ln x = 0\) et :

\[\lim_{x \to 0^{+}} f_{n}(x) = 0 - 0 = 0 = f_{n}(0)\]

Donc \(f_{n}\) est continue à droite en \(0\).

1- b) Branche infinie en \(+\infty\)

Pour tout \(x > 0\) :

\[\dfrac{f_{n}(x)}{x} = 1 - x^{n-1}\ln x\]

Or \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} x^{n-1} = +\infty\) et \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \ln x = +\infty\), donc \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} x^{n-1}\ln x = +\infty\). Par suite :

\[\lim_{x \to +\infty} \dfrac{f_{n}(x)}{x} = -\infty\]

Comme \(f_{n}(x) = x \times \dfrac{f_{n}(x)}{x}\) et \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} x = +\infty\) :

\[\lim_{x \to +\infty} f_{n}(x) = -\infty\]

Interprétation : la courbe \((C_{n})\) admet, au voisinage de \(+\infty\), une branche parabolique de direction l’axe des ordonnées.

1- c) Dérivabilité de \(f_{n}\) à droite en \(0\)

Pour tout \(x > 0\) :

\[\dfrac{f_{n}(x) - f_{n}(0)}{x - 0} = 1 - x^{n-1}\ln x\]

• Si \(n = 2\) : \(x^{n-1}\ln x = x\ln x\), qui tend vers \(0\) en \(0^{+}\).
• Si \(n \geq 3\) : \(x^{n-1}\ln x = x^{n-2} \times (x\ln x)\), qui tend vers \(0 \times 0 = 0\) en \(0^{+}\).

Dans les deux cas :

\[\lim_{x \to 0^{+}} \dfrac{f_{n}(x) - f_{n}(0)}{x - 0} = 1\]

Donc \(f_{n}\) est dérivable à droite en \(0\) et son nombre dérivé à droite en \(0\) est égal à \(1\).

1- d) Dérivée de \(f_{n}\) sur \(]0, +\infty[\)

Les fonctions \(x \mapsto x\), \(x \mapsto x^{n}\) et \(\ln\) sont dérivables sur \(]0, +\infty[\), donc \(f_{n}\) aussi (produit et différence). Pour tout \(x > 0\) :

\[\begin{aligned} &f_{n}'(x) \\ &= 1 - \left(n\,x^{n-1}\ln x + x^{n} \times \dfrac{1}{x}\right) \\ &= 1 - x^{n-1} - n\,x^{n-1}\ln x \end{aligned}\]

1- e) Variations de \(f_{n}\)

• Si \(0 < x < 1\) : \(x^{n-1} < 1\), donc \(1 - x^{n-1} > 0\) ; et \(\ln x < 0\), donc \(-n\,x^{n-1}\ln x > 0\). Par somme, \(f_{n}'(x) > 0\).
• Si \(x > 1\) : \(x^{n-1} > 1\), donc \(1 - x^{n-1} < 0\) ; et \(\ln x > 0\), donc \(-n\,x^{n-1}\ln x < 0\). Par somme, \(f_{n}'(x) < 0\).
• \(f_{n}'(1) = 1 - 1 - 0 = 0\).

Comme \(f_{n}\) est continue sur \([0, +\infty[\), elle est strictement croissante sur \([0 ; 1]\) et strictement décroissante sur \([1, +\infty[\).

\[\begin{array}{|c|lcccr|} \hline x & 0 & & 1 & & +\infty \\ \hline f_{n}'(x) & & + & 0 & - & \\ \hline f_{n}(x) & 0 & \nearrow & 1 & \searrow & -\infty \\ \hline \end{array}\]

2- a) \(f_{n+1}(x) \leq f_{n}(x)\)

Pour \(x = 0\) : \(f_{n+1}(0) = f_{n}(0) = 0\). Pour \(x > 0\) :

\[\begin{aligned} &f_{n}(x) - f_{n+1}(x) \\ &= -x^{n}\ln x + x^{n+1}\ln x \\ &= x^{n}(x - 1)\ln x \end{aligned}\]

Or \(x^{n} > 0\), et \(x - 1\) et \(\ln x\) ont le même signe (négatifs sur \(]0 ; 1[\), positifs sur \(]1, +\infty[\), nuls en \(1\)). Donc \((x - 1)\ln x \geq 0\) et :

\[\forall x \in [0, +\infty[\ ;\ f_{n+1}(x) \leq f_{n}(x)\]

2- b) Position relative de \((C_{n})\) et \((C_{n+1})\)

D’après 2- a), la courbe \((C_{n+1})\) est située au-dessous de la courbe \((C_{n})\) sur \([0, +\infty[\). L’égalité \(f_{n+1}(x) = f_{n}(x)\) a lieu seulement pour \(x = 0\) et \(x = 1\) : les deux courbes se coupent au point \(O\) et au point \(A(1 ; 1)\).

Illustration avec \(n = 2\) : les courbes \((C_{2})\) et \((C_{3})\).

3- a) Existence et unicité de \(\alpha_{n}\)

Soit \(n \geq 2\). La fonction \(f_{n}\) est continue et strictement décroissante sur \([1 ; 2]\). De plus \(f_{n}(1) = 1 > 0\) et, comme \(2^{n} \geq 4\) :

\[\begin{aligned} f_{n}(2) &= 2 - 2^{n}\ln 2 \\ &\leq 2 - 4 \times 0{,}7 = -0{,}8 < 0 \end{aligned}\]

D’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe un unique réel \(\alpha_{n} \in\, ]1 ; 2[\) tel que \(f_{n}(\alpha_{n}) = 0\).

3- b) \(\alpha_{n+1}^{\,n}\,\ln\alpha_{n+1} = 1\)

Par définition, \(f_{n+1}(\alpha_{n+1}) = 0\), c’est-à-dire :

\[\alpha_{n+1} - \alpha_{n+1}^{\,n+1}\,\ln\alpha_{n+1} = 0\]

En factorisant par \(\alpha_{n+1} \neq 0\) : \(\alpha_{n+1}\left(1 - \alpha_{n+1}^{\,n}\,\ln\alpha_{n+1}\right) = 0\). Donc :

\[\alpha_{n+1}^{\,n}\,\ln\alpha_{n+1} = 1\]

3- c) Valeur de \(f_{n}(\alpha_{n+1})\)

\[\begin{aligned} f_{n}(\alpha_{n+1}) &= \alpha_{n+1} - \alpha_{n+1}^{\,n}\,\ln\alpha_{n+1} \\ &= \alpha_{n+1} - 1 \end{aligned}\]

3- d) La suite \((\alpha_{n})\) est strictement décroissante

Soit \(n \geq 2\). Comme \(\alpha_{n+1} > 1\), on a d’après 3- c) :

\[f_{n}(\alpha_{n+1}) = \alpha_{n+1} - 1 > 0 = f_{n}(\alpha_{n})\]

Les réels \(\alpha_{n}\) et \(\alpha_{n+1}\) appartiennent à \([1, +\infty[\), intervalle sur lequel \(f_{n}\) est strictement décroissante. De \(f_{n}(\alpha_{n+1}) > f_{n}(\alpha_{n})\) on déduit donc \(\alpha_{n+1} < \alpha_{n}\).

La suite \((\alpha_{n})_{n \geq 2}\) est strictement décroissante.

3- e) Convergence de \((\alpha_{n})\)

La suite \((\alpha_{n})_{n \geq 2}\) est décroissante et minorée par \(1\) (car \(\alpha_{n} > 1\) pour tout \(n\)). Donc elle est convergente.

4- a) \(1 \leq \ell \leq 2\)

Pour tout \(n \geq 2\), \(1 < \alpha_{n} < 2\). Par passage à la limite (les inégalités deviennent larges) :

\[1 \leq \ell \leq 2\]

4- b) Expression de \(n - 1\)

Soit \(n \geq 2\). De \(f_{n}(\alpha_{n}) = 0\) on tire \(\alpha_{n} = \alpha_{n}^{\,n}\,\ln\alpha_{n}\), puis, en divisant par \(\alpha_{n} \neq 0\) :

\[\alpha_{n}^{\,n-1}\,\ln\alpha_{n} = 1\]

Comme \(\alpha_{n} > 1\), les nombres \(\alpha_{n}^{\,n-1}\) et \(\ln\alpha_{n}\) sont strictement positifs. En prenant le logarithme :

\[(n - 1)\ln(\alpha_{n}) + \ln\left(\ln(\alpha_{n})\right) = 0\]

Et comme \(\ln(\alpha_{n}) \neq 0\) :

\[n - 1 = -\dfrac{\ln\left(\ln(\alpha_{n})\right)}{\ln(\alpha_{n})}\]

4- c) Limite du quotient quand \(\ell > 1\)

On suppose \(\ell > 1\). Alors \(\ln\ell > 0\). La fonction \(\ln\) est continue en \(\ell\), donc \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \ln(\alpha_{n}) = \ln\ell\) ; elle est continue en \(\ln\ell > 0\), donc \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \ln\left(\ln(\alpha_{n})\right) = \ln(\ln\ell)\). Par quotient :

\[\lim_{n \to +\infty} \dfrac{\ln\left(\ln(\alpha_{n})\right)}{\ln(\alpha_{n})} = \dfrac{\ln(\ln\ell)}{\ln\ell}\]

4- d) Valeur de \(\ell\)

Par l’absurde : supposons \(\ell > 1\). D’après 4- b) et 4- c) :

\[\lim_{n \to +\infty} (n - 1) = -\dfrac{\ln(\ln\ell)}{\ln\ell}\]

qui est un nombre réel. Or \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} (n - 1) = +\infty\) : contradiction. Donc \(\ell \leq 1\). Comme \(\ell \geq 1\) d’après 4- a) :

\[\ell = 1\]

Exercice 2 : Analyse

1- a) Calcul de l’intégrale

\[\begin{aligned} &\int_{0}^{1} \dfrac{1}{1 + x^{2}}\,dx = \big[\arctan(x)\big]_{0}^{1} \\ &= \arctan(1) - \arctan(0) = \dfrac{\pi}{4} \end{aligned}\]

1- b) Limite de \((u_{n})\)

En divisant le numérateur et le dénominateur par \(n^{2}\) :

\[\begin{aligned} u_{n} &= \sum_{k=1}^{n} \dfrac{n}{n^{2} + k^{2}} \\ &= \dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{1 + \left(\frac{k}{n}\right)^{2}} \end{aligned}\]

La fonction \(x \mapsto \dfrac{1}{1 + x^{2}}\) est continue sur \([0 ; 1]\) : \(u_{n}\) est une somme de Riemann de cette fonction sur \([0 ; 1]\). Donc la suite \((u_{n})\) est convergente et :

\[\lim_{n \to +\infty} u_{n} = \int_{0}^{1} \dfrac{1}{1 + x^{2}}\,dx = \dfrac{\pi}{4}\]

2- Majoration d’une intégrale

Pour tout \(x \in [0 ; 1]\), \(1 + x^{2} \geq 1\), donc \(\left(1 + x^{2}\right)^{2} \geq 1\) et \(\dfrac{1}{\left(1 + x^{2}\right)^{2}} \leq 1\). En intégrant de \(0\) à \(1\) :

\[\int_{0}^{1} \dfrac{1}{\left(1 + x^{2}\right)^{2}}\,dx \leq \int_{0}^{1} 1\,dx = 1\]

3- a) \(0 \leq e^{x} - 1 \leq e\,x\)

Soit \(x \in [0 ; 1]\). Pour tout \(t \in [0 ; x]\), on a \(0 \leq t \leq 1\), donc \(1 \leq e^{t} \leq e\) (la fonction exponentielle est croissante). En intégrant de \(0\) à \(x\) :

\[\int_{0}^{x} 1\,dt \leq \int_{0}^{x} e^{t}\,dt \leq \int_{0}^{x} e\,dt\]

c’est-à-dire \(x \leq e^{x} - 1 \leq e\,x\). Comme \(x \geq 0\) :

\[(\forall x \in [0, 1])\ ;\ 0 \leq e^{x} - 1 \leq e\,x\]

3- b) \(0 \leq e^{x} - 1 - x \leq \dfrac{e}{2}\,x^{2}\)

Soit \(x \in [0 ; 1]\). D’après 3- a), pour tout \(t \in [0 ; x]\) : \(0 \leq e^{t} - 1 \leq e\,t\). En intégrant de \(0\) à \(x\) :

\[0 \leq \int_{0}^{x} \left(e^{t} - 1\right)dt \leq \int_{0}^{x} e\,t\,dt\]

Or \(\displaystyle\int_{0}^{x} \left(e^{t} - 1\right)dt = \big[e^{t} - t\big]_{0}^{x} = e^{x} - x - 1\) et \(\displaystyle\int_{0}^{x} e\,t\,dt = \dfrac{e}{2}\,x^{2}\). Donc :

\[0 \leq e^{x} - 1 - x \leq \dfrac{e}{2}\,x^{2}\]

4- a) Encadrement de \(w_{n} - u_{n}\)

Soient \(n \geq 1\) et \(k \in \{1, \ldots, n\}\). On pose \(x_{k} = \dfrac{n}{n^{2} + k^{2}}\). On a \(x_{k} > 0\) et \(x_{k} \leq \dfrac{n}{n^{2} + 1} \leq 1\) (car \(n \leq n^{2} + 1\)), donc \(x_{k} \in [0 ; 1]\). D’après 3- b) :

\[0 \leq \left(e^{x_{k}} - 1\right) - x_{k} \leq \dfrac{e}{2}\,x_{k}^{2}\]

En additionnant pour \(k\) allant de \(1\) à \(n\), avec \(w_{n} = \displaystyle\sum_{k=1}^{n} \left(e^{x_{k}} - 1\right)\) et \(u_{n} = \displaystyle\sum_{k=1}^{n} x_{k}\) :

\[\begin{aligned} 0 &\leq w_{n} - u_{n} \\ &\leq \dfrac{e}{2}\sum_{k=1}^{n} \left(\dfrac{n}{n^{2} + k^{2}}\right)^{2} \end{aligned}\]

4- b) Variations de \(x \mapsto \left(1 + x^{2}\right)^{-2}\)

On pose \(h(x) = \left(1 + x^{2}\right)^{-2}\). La fonction \(h\) est dérivable sur \([0 ; 1]\) et :

\[\begin{aligned} h'(x) &= -2 \times 2x \times \left(1 + x^{2}\right)^{-3} \\ &= \dfrac{-4x}{\left(1 + x^{2}\right)^{3}} \end{aligned}\]

Donc \(h'(x) < 0\) pour tout \(x \in\, ]0 ; 1]\) : la fonction \(h\) est strictement décroissante sur \([0 ; 1]\).

4- c) Minoration de l’intégrale

Soit \(k \in \{1, \ldots, n\}\). L’intervalle \(\left[\dfrac{k - 1}{n} ; \dfrac{k}{n}\right]\) est contenu dans \([0 ; 1]\). Comme \(h\) est décroissante, pour tout \(x\) de cet intervalle : \(h(x) \geq h\left(\dfrac{k}{n}\right)\). En intégrant sur cet intervalle, de longueur \(\dfrac{1}{n}\) :

\[\int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}} h(x)\,dx \geq \dfrac{1}{n}\,h\left(\dfrac{k}{n}\right)\]

c’est-à-dire :

\[\begin{aligned} &\dfrac{1}{n}\left(1 + \left(\dfrac{k}{n}\right)^{2}\right)^{-2} \\ &\leq \int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}} \left(1 + x^{2}\right)^{-2}dx \end{aligned}\]

5- a) \(0 \leq w_{n} - u_{n} \leq \dfrac{e}{2n}\)

En divisant le numérateur et le dénominateur par \(n^{2}\) :

\[\begin{aligned} \left(\dfrac{n}{n^{2} + k^{2}}\right)^{2} &= \dfrac{1}{n^{2}}\left(1 + \left(\dfrac{k}{n}\right)^{2}\right)^{-2} \\ &= \dfrac{1}{n} \times \dfrac{1}{n}\,h\left(\dfrac{k}{n}\right) \end{aligned}\]

D’après 4- c), puis la relation de Chasles et la question 2 :

\[\begin{aligned} &\sum_{k=1}^{n} \left(\dfrac{n}{n^{2} + k^{2}}\right)^{2} \\ &\leq \dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} \int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}} h(x)\,dx \\ &= \dfrac{1}{n}\int_{0}^{1} \left(1 + x^{2}\right)^{-2}dx \leq \dfrac{1}{n} \end{aligned}\]

En reportant dans l’encadrement de 4- a) :

\[0 \leq w_{n} - u_{n} \leq \dfrac{e}{2n}\]

5- b) Limite de \((w_{n})\)

Comme \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \dfrac{e}{2n} = 0\), le théorème des gendarmes donne \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} (w_{n} - u_{n}) = 0\). Or \(w_{n} = u_{n} + (w_{n} - u_{n})\) et \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} u_{n} = \dfrac{\pi}{4}\). Donc la suite \((w_{n})\) est convergente et :

\[\lim_{n \to +\infty} w_{n} = \dfrac{\pi}{4}\]

Exercice 3 : Nombres complexes

Partie I

1- a) Discriminant de \((E)\)

\[\begin{aligned} \Delta &= (2 + i)^{2}m^{2} - 4m^{2}(1 + i) \\ &= m^{2}\big(4 + 4i - 1 - 4 - 4i\big) \\ &= -m^{2} = (im)^{2} \end{aligned}\]

1- b) Solutions de \((E)\)

Une racine carrée de \(\Delta\) est \(im\). Les solutions sont :

\[\begin{aligned} \dfrac{(2 + i)m - im}{2} &= m \\ \dfrac{(2 + i)m + im}{2} &= (1 + i)\,m \end{aligned}\] \[S = \{m\ ;\ (1 + i)\,m\}\]

2- Forme exponentielle de \(z_{1}z_{2}\)

Le produit des solutions est \(z_{1}z_{2} = m^{2}(1 + i)\). Avec \(m = r\,e^{i\theta}\), on a \(m^{2} = r^{2}e^{i2\theta}\) ; et \(1 + i = \sqrt{2}\,e^{i\frac{\pi}{4}}\). Donc :

\[z_{1}z_{2} = \sqrt{2}\,r^{2}\,e^{i\left(2\theta + \frac{\pi}{4}\right)}\]

(c’est bien une forme exponentielle, car \(\sqrt{2}\,r^{2} > 0\)).

Partie II

1- Calcul de \(z_{3}\) et de \(z_{4}\)

• Rotation. \(M_{3}\) est l’image de \(O\) par la rotation de centre \(M_{2}\) et d’angle \(-\dfrac{\pi}{2}\), et \(e^{-i\frac{\pi}{2}} = -i\). Donc :

\[z_{3} - z_{2} = -i\,(0 - z_{2}) = i\,z_{2}\] \[\begin{aligned} z_{3} &= (1 + i)\,z_{2} = (1 + i)^{2}m \\ &= 2i\,m \end{aligned}\]

• Homothétie. \(M_{4}\) est l’image de \(M_{1}\) par l’homothétie de centre \(O\) et de rapport \(k\), donc \(z_{4} - 0 = k(z_{1} - 0)\) :

\[z_{4} = k\,m\]

2- Forme algébrique du produit

On calcule les quatre différences :

\[\begin{aligned} z_{4} - z_{2} &= m\,(k - 1 - i) \\ z_{4} - z_{1} &= m\,(k - 1) \\ z_{3} - z_{1} &= m\,(-1 + 2i) \\ z_{3} - z_{2} &= m\,(-1 + i) \end{aligned}\]

Comme \(m \neq 0\) et \(k \neq 1\) :

\[\dfrac{z_{4} - z_{2}}{z_{4} - z_{1}} = \dfrac{k - 1 - i}{k - 1}\] \[\begin{aligned} \dfrac{z_{3} - z_{1}}{z_{3} - z_{2}} &= \dfrac{-1 + 2i}{-1 + i} \\ &= \dfrac{(-1 + 2i)(-1 - i)}{2} \\ &= \dfrac{3 - i}{2} \end{aligned}\]

On note \(Z\) le produit demandé :

\[\begin{aligned} Z &= \dfrac{(k - 1 - i)(3 - i)}{2(k - 1)} \\ &= \dfrac{3(k - 1) - 1 - i(k - 1) - 3i}{2(k - 1)} \\ &= \dfrac{3k - 4}{2(k - 1)} - \dfrac{k + 2}{2(k - 1)}\,i \end{aligned}\]

3- Cocyclicité

• Les points \(M_{1}\), \(M_{2}\) et \(M_{3}\) ne sont pas alignés, car \(\dfrac{z_{3} - z_{1}}{z_{3} - z_{2}} = \dfrac{3 - i}{2}\) n’est pas réel. Ils définissent donc un cercle.

• Critère. Le point \(M_{4}\) est distinct de \(M_{1}\) (car \(k \neq 1\)) et de \(M_{2}\) (car \(k\) est réel). Les points \(M_{1}\), \(M_{2}\), \(M_{3}\) et \(M_{4}\) sont cocycliques si et seulement si :

\[\begin{aligned} &\big(\overrightarrow{M_{4}M_{1}}, \overrightarrow{M_{4}M_{2}}\big) \\ &\equiv \big(\overrightarrow{M_{3}M_{1}}, \overrightarrow{M_{3}M_{2}}\big)\ [\pi] \end{aligned}\]

c’est-à-dire :

\[\begin{aligned} &\arg\left(\dfrac{z_{4} - z_{2}}{z_{4} - z_{1}}\right) \\ &\equiv \arg\left(\dfrac{z_{3} - z_{2}}{z_{3} - z_{1}}\right)\ [\pi] \end{aligned}\]

ce qui équivaut à dire que le produit \(Z = \dfrac{z_{4} - z_{2}}{z_{4} - z_{1}} \times \dfrac{z_{3} - z_{1}}{z_{3} - z_{2}}\) est un nombre réel.

• Conclusion. D’après la question 2 :

\[\begin{aligned} Z \in \mathbb{R} &\iff \dfrac{k + 2}{2(k - 1)} = 0 \\ &\iff k = -2 \end{aligned}\]

Donc les points \(M_{1}\), \(M_{2}\), \(M_{3}\) et \(M_{4}\) sont cocycliques si et seulement si \(k = -2\).

Exercice 4 : Structures algébriques

Partie I

1- a) \(1 \ast 2i = 2\)

On écrit \(1 = 1 + 0i\) et \(2i = 0 + 2i\) : \(x = 1\), \(y = 0\), \(x' = 0\), \(y' = 2\).

\[\begin{aligned} &1 \ast 2i \\ &= (1 \times 2 + 0^{5} \times 0) + i \times 0 \times 2 \\ &= 2 \end{aligned}\]

1- b) La loi \(\ast\) n’est pas commutative

Dans l’autre ordre : \(x = 0\), \(y = 2\), \(x' = 1\), \(y' = 0\).

\[\begin{aligned} &2i \ast 1 \\ &= (0 \times 0 + 2^{5} \times 1) + i \times 2 \times 0 \\ &= 32 \end{aligned}\]

Comme \(1 \ast 2i = 2 \neq 32 = 2i \ast 1\), la loi \(\ast\) n’est pas commutative.

2- La loi \(\ast\) est associative

Soient \(z = x + iy\), \(z' = x' + iy'\) et \(z'' = x'' + iy''\) trois nombres complexes (écrits sous forme algébrique).

\[\begin{aligned} &(z \ast z') \ast z'' \\ &= \big[(xy' + y^{5}x') + i\,yy'\big] \\ &\quad \ast (x'' + iy'') \\ &= \big((xy' + y^{5}x')y'' + (yy')^{5}x''\big) \\ &\quad + i\,yy'y'' \\ &= \big(xy'y'' + y^{5}x'y'' + y^{5}y'^{5}x''\big) \\ &\quad + i\,yy'y'' \end{aligned}\] \[\begin{aligned} &z \ast (z' \ast z'') \\ &= (x + iy) \\ &\quad \ast \big[(x'y'' + y'^{5}x'') + i\,y'y''\big] \\ &= \big(x\,y'y'' + y^{5}(x'y'' + y'^{5}x'')\big) \\ &\quad + i\,yy'y'' \\ &= \big(xy'y'' + y^{5}x'y'' + y^{5}y'^{5}x''\big) \\ &\quad + i\,yy'y'' \end{aligned}\]

Donc \((z \ast z') \ast z'' = z \ast (z' \ast z'')\) : la loi \(\ast\) est associative.

3- a) \(1 \ast (1 + 2i) = 2\)

Ici \(x = 1\), \(y = 0\), \(x' = 1\), \(y' = 2\) :

\[\begin{aligned} &1 \ast (1 + 2i) \\ &= (1 \times 2 + 0^{5} \times 1) + i \times 0 \times 2 \\ &= 2 \end{aligned}\]

3- b) \((\mathbb{C}, \ast)\) n’est pas un groupe

Dans un groupe, tout élément est régulier : si \(a \ast b = a \ast c\), alors \(b = c\) (on compose à gauche par le symétrique de \(a\)). Or, d’après 1- a) et 3- a) :

\[\begin{aligned} &1 \ast 2i = 1 \ast (1 + 2i) \\ &\text{et} \quad 2i \neq 1 + 2i \end{aligned}\]

L’élément \(1\) n’est pas régulier. Donc \((\mathbb{C}, \ast)\) n’est pas un groupe.

4- a) \(E\) est stable dans \((\mathbb{C}, \ast)\)

Soient \(x + iy\) et \(x' + iy'\) deux éléments de \(E\) : \(y \neq 0\) et \(y' \neq 0\). Alors :

\[\begin{aligned} &(x + iy) \ast (x' + iy') \\ &= (xy' + y^{5}x') + i\,yy' \end{aligned}\]

avec \(xy' + y^{5}x' \in \mathbb{R}\) et \(yy' \in \mathbb{R}^{*}\). Donc ce nombre appartient à \(E\) : \(E\) est stable dans \((\mathbb{C}, \ast)\).

4- b) \((E, \ast)\) est un groupe non commutatif

• Loi interne et associativité : \(\ast\) est une loi de composition interne dans \(E\) (question 4- a) et elle est associative (question 2).

• Élément neutre : \(i = 0 + 1i \in E\) et, pour tout \(x + iy \in E\) :

\[\begin{aligned} &(x + iy) \ast i \\ &= (x \times 1 + y^{5} \times 0) + i\,y \\ &= x + iy \end{aligned}\] \[\begin{aligned} &i \ast (x + iy) \\ &= (0 \times y + 1^{5} \times x) + i\,y \\ &= x + iy \end{aligned}\]

Donc \(i\) est l’élément neutre.

• Symétrique : soit \(z = x + iy \in E\). On cherche \(z' = x' + iy'\) tel que \(z \ast z' = i\), c’est-à-dire \(yy' = 1\) et \(xy' + y^{5}x' = 0\). On obtient \(y' = \dfrac{1}{y}\) et \(x' = -\dfrac{x}{y^{6}}\) :

\[z' = -\dfrac{x}{y^{6}} + \dfrac{1}{y}\,i \in E\]

Dans l’autre ordre :

\[\begin{aligned} &z' \ast z \\ &= \left(-\dfrac{x}{y^{6}} \times y + \dfrac{1}{y^{5}} \times x\right) + i\,\dfrac{y}{y} \\ &= \left(-\dfrac{x}{y^{5}} + \dfrac{x}{y^{5}}\right) + i = i \end{aligned}\]

Donc tout élément de \(E\) admet un symétrique dans \(E\) : \((E, \ast)\) est un groupe.

• Non commutatif : \(1 + i\) et \(2i\) appartiennent à \(E\), et :

\[\begin{aligned} &(1 + i) \ast 2i \\ &= (1 \times 2 + 1^{5} \times 0) + 2i = 2 + 2i \end{aligned}\] \[\begin{aligned} &2i \ast (1 + i) \\ &= (0 \times 1 + 2^{5} \times 1) + 2i = 32 + 2i \end{aligned}\]

Ces deux résultats sont différents. Donc \((E, \ast)\) est un groupe non commutatif.

Partie II

1- \(F\) est un sous-groupe de \((E, \ast)\)

• \(F \subset E\) (éléments de \(E\) de partie réelle nulle) et \(F \neq \varnothing\), car \(i \in F\).
• Soient \(yi\) et \(y'i\) deux éléments de \(F\). D’après I. 4- b), le symétrique de \(y'i\) est \(\dfrac{1}{y'}\,i\). Alors :

\[\begin{aligned} &(yi) \ast \left(\dfrac{1}{y'}\,i\right) \\ &= \left(0 \times \dfrac{1}{y'} + y^{5} \times 0\right) + i\,\dfrac{y}{y'} \\ &= \dfrac{y}{y'}\,i \in F \end{aligned}\]

(car \(\dfrac{y}{y'} \in \mathbb{R}^{*}\)). Donc \(F\) est un sous-groupe de \((E, \ast)\).

2- a) \(\varphi(\mathbb{R}) = G\)

\[\begin{aligned} \varphi(\mathbb{R}) &= \{\varphi(x) \,/\, x \in \mathbb{R}\} \\ &= \{x + i \,/\, x \in \mathbb{R}\} = G \end{aligned}\]

2- b) \(\varphi\) est un homomorphisme

Soient \(x\) et \(x'\) deux réels. Avec \(y = y' = 1\) dans la définition de la loi \(\ast\) :

\[\begin{aligned} &\varphi(x) \ast \varphi(x') \\ &= (x + i) \ast (x' + i) \\ &= (x \times 1 + 1^{5} \times x') + i \\ &= (x + x') + i \\ &= \varphi(x + x') \end{aligned}\]

Donc \(\varphi\) est un homomorphisme de \((\mathbb{R}, +)\) vers \((\mathbb{C}, \ast)\).

2- c) \((G, \ast)\) est un groupe commutatif

\((\mathbb{R}, +)\) est un groupe commutatif et \(\varphi\) est un homomorphisme de \((\mathbb{R}, +)\) vers \((\mathbb{C}, \ast)\). L’image d’un groupe commutatif par un homomorphisme est un groupe commutatif. Donc \((\varphi(\mathbb{R}), \ast) = (G, \ast)\) est un groupe commutatif.

Son élément neutre est \(\varphi(0) = i\), et le symétrique de \(x + i\) est \(\varphi(-x) = -x + i\).

Exercice 5 : Arithmétique

1- Détermination de \(u\)

On applique l’algorithme d’Euclide à \(23\) et \(10\) :

\[\begin{aligned} 23 &= 2 \times 10 + 3 \\ 10 &= 3 \times 3 + 1 \end{aligned}\]

On remonte les égalités :

\[\begin{aligned} 1 &= 10 - 3 \times 3 \\ &= 10 - 3 \times (23 - 2 \times 10) \\ &= 7 \times 10 - 3 \times 23 \end{aligned}\]

Donc \(10 \times 7 \equiv 1\ [23]\). Comme \(7 \in \{1, 2, \ldots, 22\}\) :

\[u = 7\]

2- a) \(m \equiv 10(q + ur)\ [23]\)

Par définition, \(m = 10q + r\). Comme \(10u \equiv 1\ [23]\) :

\[\begin{aligned} 10(q + ur) &= 10q + (10u)\,r \\ &\equiv 10q + r\ [23] \\ &\equiv m\ [23] \end{aligned}\]

2- b) Équivalence

• Sens réciproque : si \(23\) divise \(q + ur\), alors \(23\) divise \(10(q + ur)\), donc \(m \equiv 0\ [23]\) d’après 2- a) : \(23\) divise \(m\).

• Sens direct : si \(23\) divise \(m\), alors d’après 2- a), \(23\) divise \(10(q + ur)\). Comme \(23 \wedge 10 = 1\), le théorème de Gauss donne : \(23\) divise \(q + ur\).

Donc : \(23\) divise \(m\) \(\iff\) \(23\) divise \((q + ur)\).

3- a) Forme des solutions de \((S)\)

Soit \(x \in \mathbb{N}\) une solution de \((S)\).

• Comme \(x \equiv 2\ [10]\) et \(x \in \mathbb{N}\), le reste de la division euclidienne de \(x\) par \(10\) est \(2\) : il existe \(q \in \mathbb{N}\) tel que \(x = 10q + 2\).
• Comme \(x \equiv 1\ [23]\), \(23\) divise \(x - 1 = 10q + 1\). L’entier naturel \(m = 10q + 1\) a pour quotient \(q\) et pour reste \(r = 1\) dans la division euclidienne par \(10\). D’après 2- b), \(23\) divise \(q + u \times 1 = q + 7\).

Donc il existe \(q \in \mathbb{N}\) tel que \(x = 10q + 2\) et \(23\) divise \((q + 7)\).

3- b) Résolution de \((S)\)

• Condition nécessaire. Si \(x\) est solution, alors \(x = 10q + 2\) avec \(q \in \mathbb{N}\) et \(q + 7 = 23t\), où \(t\) est un entier. Comme \(q \geq 0\), on a \(t \geq 1\). Donc \(q = 23t - 7\) et :

\[x = 10(23t - 7) + 2 = 230t - 68\]

• Réciproquement, soit \(x = 230t - 68\) avec \(t \in \mathbb{N}^{*}\). Alors \(x \geq 162\), donc \(x \in \mathbb{N}\), et :

\[\begin{aligned} x &= 23(10t - 3) + 1 \equiv 1\ [23] \\ x &= 10(23t - 7) + 2 \equiv 2\ [10] \end{aligned}\]

• Conclusion. En posant \(t = k + 1\) :

\[S = \{162 + 230k \,/\, k \in \mathbb{N}\}\]

Vérification : \(162 = 23 \times 7 + 1\) et \(162 = 10 \times 16 + 2\).