الامتحان الوطني الموحد للبكالوريا 2023 – الرياضيات – شعبة العلوم الرياضية (أ) و (ب) – الدورة العادية

Exercice 1 : Analyse

Partie I

1- a) Double inégalité

Soit \(t \geq 0\). Les nombres \(1 + t\) et \(2 + t\) sont strictement positifs.

• Inégalité de gauche.

\[\begin{aligned} &(2 + t)^{2} - 4(1 + t) \\ &= 4 + 4t + t^{2} - 4 - 4t \\ &= t^{2} \geq 0 \end{aligned}\]

Donc \(4(1 + t) \leq (2 + t)^{2}\). En divisant par \((1 + t)(2 + t)^{2} > 0\) :

\[\dfrac{4}{(2 + t)^{2}} \leq \dfrac{1}{1 + t}\]

• Inégalité de droite.

\[\begin{aligned} &\dfrac{1}{2}\left(1 + \dfrac{1}{(1 + t)^{2}}\right) - \dfrac{1}{1 + t} \\ &= \dfrac{(1 + t)^{2} + 1 - 2(1 + t)}{2(1 + t)^{2}} \\ &= \dfrac{\big((1 + t) - 1\big)^{2}}{2(1 + t)^{2}} = \dfrac{t^{2}}{2(1 + t)^{2}} \geq 0 \end{aligned}\]

Donc \(\dfrac{1}{1 + t} \leq \dfrac{1}{2}\left(1 + \dfrac{1}{(1 + t)^{2}}\right)\).

1- b) Encadrement de \(\ln(1 + x)\)

Soit \(x \geq 0\). On intègre l’encadrement de 1- a) de \(0\) à \(x\) (bornes dans l’ordre croissant).

\[\begin{aligned} &\int_{0}^{x} \dfrac{4}{(2 + t)^{2}}\,dt = \left[\dfrac{-4}{2 + t}\right]_{0}^{x} \\ &= \dfrac{-4}{2 + x} + 2 = \dfrac{2x}{2 + x} \end{aligned}\] \[\begin{aligned} \int_{0}^{x} \dfrac{1}{1 + t}\,dt &= \big[\ln(1 + t)\big]_{0}^{x} \\ &= \ln(1 + x) \end{aligned}\] \[\begin{aligned} &\int_{0}^{x} \dfrac{1}{2}\left(1 + \dfrac{1}{(1 + t)^{2}}\right)dt \\ &= \dfrac{1}{2}\left[t - \dfrac{1}{1 + t}\right]_{0}^{x} \\ &= \dfrac{1}{2}\left(x - \dfrac{1}{1 + x} + 1\right) \\ &= \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{x^{2} + 2x}{1 + x}\right) \end{aligned}\]

Donc, pour tout \(x \in [0, +\infty[\) :

\[\begin{aligned} \dfrac{2x}{2 + x} &\leq \ln(1 + x) \\ &\leq \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{x^{2} + 2x}{1 + x}\right) \end{aligned}\]

2- Limite de \(\dfrac{g(x) - 1}{x}\) en \(0^{+}\)

Pour tout \(x > 0\) :

\[\dfrac{g(x) - 1}{x} = \dfrac{\ln(1 + x) - x}{x^{2}}\]

On retranche \(x\) dans l’encadrement de 1- b) :

\[\begin{aligned} \dfrac{2x}{2 + x} - x &= \dfrac{-x^{2}}{2 + x} \\ \dfrac{x^{2} + 2x}{2(1 + x)} - x &= \dfrac{-x^{2}}{2(1 + x)} \end{aligned}\]

Donc, en divisant par \(x^{2} > 0\) :

\[\dfrac{-1}{2 + x} \leq \dfrac{g(x) - 1}{x} \leq \dfrac{-1}{2(1 + x)}\]

Les deux bornes tendent vers \(-\dfrac{1}{2}\) quand \(x\) tend vers \(0^{+}\). D’après le théorème des gendarmes :

\[\lim_{\substack{x \to 0 \\ x > 0}} \dfrac{g(x) - 1}{x} = -\dfrac{1}{2}\]

Partie II

1- Limite de \(f\) en \(+\infty\)

Pour tout \(x > 0\) :

\[g(x) = \dfrac{\ln(1 + x)}{1 + x} \times \dfrac{1 + x}{x}\]

Or \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{\ln(1 + x)}{1 + x} = 0\) et \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{1 + x}{x} = 1\), donc \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} g(x) = 0\). De plus \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} e^{-x} = 0\). Par produit :

\[\lim_{x \to +\infty} f(x) = 0\]

Interprétation : l’axe des abscisses (la droite d’équation \(y = 0\)) est une asymptote horizontale à la courbe \((C)\) au voisinage de \(+\infty\).

2- a) Continuité de \(f\) à droite en \(0\)

On a \(\displaystyle\lim_{x \to 0^{+}} g(x) = \lim_{x \to 0^{+}} \dfrac{\ln(1 + x)}{x} = 1\) et \(\displaystyle\lim_{x \to 0^{+}} e^{-x} = 1\). Donc :

\[\lim_{x \to 0^{+}} f(x) = 1 \times 1 = 1 = f(0)\]

Donc \(f\) est continue à droite en \(0\).

2- b) Vérification

Soit \(x > 0\). En partant du second membre :

\[\begin{aligned} &\left(\dfrac{e^{-x} - 1}{x}\right)g(x) + \left(\dfrac{g(x) - 1}{x}\right) \\ &= \dfrac{g(x)e^{-x} - g(x) + g(x) - 1}{x} \\ &= \dfrac{f(x) - 1}{x} \end{aligned}\]

2- c) Dérivabilité de \(f\) à droite en \(0\)

Quand \(x\) tend vers \(0^{+}\) :

• \(\dfrac{e^{-x} - 1}{x}\) tend vers \(-1\) (nombre dérivé en \(0\) de la fonction \(x \mapsto e^{-x}\)) ;
• \(g(x)\) tend vers \(1\) ;
• \(\dfrac{g(x) - 1}{x}\) tend vers \(-\dfrac{1}{2}\) (partie I, question 2).

D’après 2- b), comme \(f(0) = 1\) :

\[\begin{aligned} &\lim_{x \to 0^{+}} \dfrac{f(x) - f(0)}{x - 0} \\ &= (-1) \times 1 - \dfrac{1}{2} = -\dfrac{3}{2} \end{aligned}\]

Donc \(f\) est dérivable à droite en \(0\) et \(f'_{d}(0) = -\dfrac{3}{2}\).

3- Dérivée de \(f\) sur \(]0, +\infty[\)

Les fonctions \(x \mapsto \ln(1 + x)\), \(x \mapsto x\) et \(x \mapsto e^{-x}\) sont dérivables sur \(]0, +\infty[\) et \(x \neq 0\), donc \(g\) puis \(f = g \times e^{-x}\) sont dérivables sur \(]0, +\infty[\). Pour tout \(x > 0\) :

\[\begin{aligned} g'(x) &= \dfrac{\frac{x}{1 + x} - \ln(1 + x)}{x^{2}} \\ &= \dfrac{x - (1 + x)\ln(1 + x)}{x^{2}(1 + x)} \end{aligned}\]

Comme \(f'(x) = \big(g'(x) - g(x)\big)e^{-x}\) et \(g(x) = \dfrac{x(1 + x)\ln(1 + x)}{x^{2}(1 + x)}\) :

\[g'(x) - g(x) = \dfrac{A(x)}{x^{2}(1 + x)}\]

avec :

\[\begin{aligned} &A(x) = x - (1 + x)\ln(1 + x) \\ &\qquad - x(1 + x)\ln(1 + x) \\ &= x - (1 + x)(1 + x)\ln(1 + x) \\ &= x - (1 + x)^{2}\ln(1 + x) \end{aligned}\]

Donc :

\[\begin{aligned} &f'(x) \\ &= \dfrac{x - (1 + x)^{2}\ln(1 + x)}{x^{2}(1 + x)}\,e^{-x} \end{aligned}\]

4- a) Encadrement du quotient

Soit \(x > 0\). On note \(N(x) = x - (1 + x)^{2}\ln(1 + x)\) et \(Q(x) = \dfrac{N(x)}{x^{2}(1 + x)}\).

• \(Q(x) < 0\). D’après I. 1- b), \(\ln(1 + x) \geq \dfrac{2x}{2 + x}\). Donc :

\[\begin{aligned} N(x) &\leq x - \dfrac{2x(1 + x)^{2}}{2 + x} \\ &= \dfrac{x\big(2 + x - 2(1 + x)^{2}\big)}{2 + x} \\ &= \dfrac{-x^{2}(3 + 2x)}{2 + x} < 0 \end{aligned}\]

Comme \(x^{2}(1 + x) > 0\), on a \(Q(x) < 0\).

• \(Q(x) > -\dfrac{3}{2}\). D’après I. 1- b), \(\ln(1 + x) \leq \dfrac{x(x + 2)}{2(1 + x)}\). Donc :

\[\begin{aligned} N(x) &\geq x - \dfrac{x(1 + x)(x + 2)}{2} \\ &= \dfrac{x\big(2 - (x^{2} + 3x + 2)\big)}{2} \\ &= \dfrac{-x^{2}(x + 3)}{2} \end{aligned}\]

En divisant par \(x^{2}(1 + x) > 0\) : \(Q(x) \geq -\dfrac{x + 3}{2(1 + x)}\). Or :

\[\begin{aligned} &-\dfrac{x + 3}{2(1 + x)} + \dfrac{3}{2} \\ &= \dfrac{3(1 + x) - (x + 3)}{2(1 + x)} \\ &= \dfrac{x}{1 + x} > 0 \end{aligned}\]

Donc \(Q(x) > -\dfrac{3}{2}\). Finalement :

\[\begin{aligned} -\dfrac{3}{2} &< \dfrac{x - (1 + x)^{2}\ln(1 + x)}{x^{2}(1 + x)} \\ &< 0 \end{aligned}\]

4- b) Encadrement de \(f'(x)\)

Soit \(x > 0\). D’après la question 3, \(f'(x) = Q(x)\,e^{-x}\), avec \(-\dfrac{3}{2} < Q(x) < 0\) et \(0 < e^{-x} < 1\).

• \(Q(x) < 0\) et \(e^{-x} > 0\), donc \(f'(x) < 0\).
• \(Q(x) < 0\) et \(e^{-x} < 1\), donc \(Q(x)\,e^{-x} > Q(x) > -\dfrac{3}{2}\).

\[\forall x \in\, ]0, +\infty[\ ;\ -\dfrac{3}{2} < f'(x) < 0\]

5- a) Tableau de variations de \(f\)

\(f\) est continue sur \([0, +\infty[\) et \(f'(x) < 0\) pour tout \(x > 0\) : \(f\) est strictement décroissante sur \([0, +\infty[\).

\[\begin{array}{|c|lcr|} \hline x & 0 & & +\infty \\ \hline f'(x) & -\frac{3}{2} & - & \\ \hline f(x) & 1 & \searrow & 0 \\ \hline \end{array}\]

5- b) Courbe \((C)\)

Éléments utilisés pour le tracé :

• \((C)\) part du point \((0 ; 1)\) ; la demi-tangente à droite en ce point a pour équation \(y = -\dfrac{3}{2}x + 1\) (\(x \geq 0\)) et passe par le point \(\left(\dfrac{2}{3} ; 0\right)\) ;
• \(f\) est strictement décroissante et l’axe des abscisses est asymptote à \((C)\) en \(+\infty\) ;
• quelques valeurs approchées : \(f(1) \simeq 0{,}26\) et \(f(2) \simeq 0{,}07\).

La droite d’équation \(y = 3x\), tracée en pointillés, sert à la partie III : elle coupe \((C)\) au point d’abscisse \(\alpha\).

Partie III

1- Solution de l’équation \(f(x) = 3x\)

On pose \(h(x) = f(x) - 3x\) pour \(x \in [0, +\infty[\).

• \(h\) est continue sur \([0, +\infty[\).
• \(h\) est strictement décroissante sur \([0, +\infty[\), comme somme de \(f\) et de \(x \mapsto -3x\), toutes deux strictement décroissantes.
• \(h(0) = f(0) = 1\) et \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} h(x) = -\infty\) (car \(f\) tend vers \(0\)).

Donc \(h\) réalise une bijection de \([0, +\infty[\) vers \(]-\infty ; 1]\). Comme \(0 \in\, ]-\infty ; 1]\), l’équation \(h(x) = 0\) admet une solution unique \(\alpha\) dans \([0, +\infty[\), et \(\alpha \neq 0\) car \(h(0) = 1\).

Donc l’équation \(f(x) = 3x\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \(]0, +\infty[\).

2- a) \(u_{n} \geq 0\)

Pour tout \(x \geq 0\), \(f(x) > 0\) : \(f(0) = 1\) et, pour \(x > 0\), \(\ln(1 + x) > 0\), \(x > 0\) et \(e^{-x} > 0\).

Par récurrence : \(u_{0} = \beta \geq 0\) ; et si \(u_{n} \geq 0\), alors \(u_{n+1} = \dfrac{1}{3}\,f(u_{n}) > 0\). Donc :

\[\forall n \in \mathbb{N}\ ;\ u_{n} \geq 0\]

2- b) Inégalité des accroissements finis

La fonction \(f\) est continue sur \([0, +\infty[\), dérivable sur \(]0, +\infty[\) et \(|f'(x)| \leq \dfrac{3}{2}\) pour tout \(x > 0\) (question II. 4- b). Donc, pour tous \(a\) et \(b\) de \([0, +\infty[\) :

\[|f(a) - f(b)| \leq \dfrac{3}{2}\,|a - b|\]

Soit \(n \in \mathbb{N}\). Comme \(f(\alpha) = 3\alpha\), on a \(\alpha = \dfrac{1}{3}\,f(\alpha)\). Les réels \(u_{n}\) et \(\alpha\) appartiennent à \([0, +\infty[\), donc :

\[\begin{aligned} |u_{n+1} - \alpha| &= \dfrac{1}{3}\,|f(u_{n}) - f(\alpha)| \\ &\leq \dfrac{1}{3} \times \dfrac{3}{2}\,|u_{n} - \alpha| \\ &= \dfrac{1}{2}\,|u_{n} - \alpha| \end{aligned}\]

2- c) Récurrence

• Initialisation : pour \(n = 0\), \(\dfrac{1}{2^{0}}\,|\beta - \alpha| = |u_{0} - \alpha|\) : l’inégalité est vraie.

• Hérédité : soit \(n \in \mathbb{N}\) tel que \(|u_{n} - \alpha| \leq \dfrac{1}{2^{n}}\,|\beta - \alpha|\). D’après 2- b) :

\[\begin{aligned} |u_{n+1} - \alpha| &\leq \dfrac{1}{2}\,|u_{n} - \alpha| \\ &\leq \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2^{n}}\,|\beta - \alpha| \\ &= \dfrac{1}{2^{n+1}}\,|\beta - \alpha| \end{aligned}\]

• Conclusion : pour tout \(n \in \mathbb{N}\) :

\[|u_{n} - \alpha| \leq \dfrac{1}{2^{n}}\,|\beta - \alpha|\]

2- d) Convergence de \((u_{n})\)

On a \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \dfrac{1}{2^{n}} = 0\), donc \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \dfrac{1}{2^{n}}\,|\beta - \alpha| = 0\). Comme \(0 \leq |u_{n} - \alpha| \leq \dfrac{1}{2^{n}}\,|\beta - \alpha|\), le théorème des gendarmes donne \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} |u_{n} - \alpha| = 0\) :

\[\lim_{n \to +\infty} u_{n} = \alpha\]

Exercice 2 : Analyse

1- a) Théorème des accroissements finis

Soit \(k \in \{0 ; 1 ; \ldots ; n - 1\}\). La fonction exponentielle est continue sur \(\left[\dfrac{k}{n} ; \dfrac{k + 1}{n}\right]\) et dérivable sur \(\left]\dfrac{k}{n} ; \dfrac{k + 1}{n}\right[\), de dérivée \(x \mapsto e^{x}\). D’après le théorème des accroissements finis, il existe \(c_{k} \in \left]\dfrac{k}{n} ; \dfrac{k + 1}{n}\right[\) tel que :

\[e^{\frac{k+1}{n}} - e^{\frac{k}{n}} = \left(\dfrac{k + 1}{n} - \dfrac{k}{n}\right)e^{c_{k}}\]

c’est-à-dire :

\[e^{\frac{k+1}{n}} - e^{\frac{k}{n}} = \dfrac{1}{n}\,e^{c_{k}}\]

1- b) Distance \(M_{k}M_{k+1}\)

Le repère est orthonormé, \(M_{k}\left(\dfrac{k}{n} ; e^{\frac{k}{n}}\right)\) et \(M_{k+1}\left(\dfrac{k + 1}{n} ; e^{\frac{k+1}{n}}\right)\). Donc, d’après 1- a) :

\[\begin{aligned} &M_{k}M_{k+1} \\ &= \sqrt{\left(\dfrac{1}{n}\right)^{2} + \left(e^{\frac{k+1}{n}} - e^{\frac{k}{n}}\right)^{2}} \\ &= \sqrt{\dfrac{1}{n^{2}} + \dfrac{1}{n^{2}}\,e^{2c_{k}}} \\ &= \dfrac{1}{n}\sqrt{1 + e^{2c_{k}}} \end{aligned}\]

1- c) Encadrement de \(M_{k}M_{k+1}\)

On a \(\dfrac{k}{n} < c_{k} < \dfrac{k + 1}{n}\). La fonction \(x \mapsto \sqrt{1 + e^{2x}}\) est croissante sur \(\mathbb{R}\), donc :

\[\begin{aligned} \sqrt{1 + e^{\frac{2k}{n}}} &\leq \sqrt{1 + e^{2c_{k}}} \\ &\leq \sqrt{1 + e^{\frac{2(k+1)}{n}}} \end{aligned}\]

En multipliant par \(\dfrac{1}{n} > 0\) et en utilisant 1- b) :

\[\begin{aligned} &\dfrac{1}{n}\sqrt{1 + e^{\frac{2k}{n}}} \leq M_{k}M_{k+1} \\ &M_{k}M_{k+1} \leq \dfrac{1}{n}\sqrt{1 + e^{\frac{2(k+1)}{n}}} \end{aligned}\]

2- a) Encadrement de \(S_{n}\)

On additionne les encadrements de 1- c) pour \(k\) allant de \(0\) à \(n - 1\). À droite, par le changement d’indice \(j = k + 1\) :

\[\sum_{k=0}^{n-1} \sqrt{1 + e^{\frac{2(k+1)}{n}}} = \sum_{j=1}^{n} \sqrt{1 + e^{\frac{2j}{n}}}\]

Donc, pour tout \(n \in \mathbb{N}^{*}\) :

\[\begin{aligned} &\dfrac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} \sqrt{1 + e^{\frac{2k}{n}}} \leq S_{n} \\ &S_{n} \leq \dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} \sqrt{1 + e^{\frac{2k}{n}}} \end{aligned}\]

2- b) Limite de \((S_{n})\)

La fonction \(\psi : x \mapsto \sqrt{1 + e^{2x}}\) est continue sur \([0 ; 1]\). Les deux membres extrêmes de l’encadrement précédent sont les sommes de Riemann \(\dfrac{1}{n}\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} \psi\left(\dfrac{k}{n}\right)\) et \(\dfrac{1}{n}\displaystyle\sum_{k=1}^{n} \psi\left(\dfrac{k}{n}\right)\) : elles convergent toutes les deux vers \(\displaystyle\int_{0}^{1} \psi(x)\,dx\). D’après le théorème des gendarmes :

\[\lim_{n \to +\infty} S_{n} = \int_{0}^{1} \sqrt{1 + e^{2x}}\,dx\]

Remarque : \(S_{n}\) est la longueur de la ligne brisée \(M_{0}M_{1} \ldots M_{n}\) ; sa limite est la longueur de l’arc de la courbe \((\Gamma)\) compris entre les points d’abscisses \(0\) et \(1\).

Exercice 3 : Nombres complexes

1- a) Formes exponentielles

• \(1 - i\) : \(|1 - i| = \sqrt{2}\) et \(1 - i = \sqrt{2}\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2} - \dfrac{\sqrt{2}}{2}\,i\right)\), donc :

\[1 - i = \sqrt{2}\,e^{-i\frac{\pi}{4}}\]

• \(1 + \sqrt{3}\,i\) : \(\left|1 + \sqrt{3}\,i\right| = 2\) et \(1 + \sqrt{3}\,i = 2\left(\dfrac{1}{2} + \dfrac{\sqrt{3}}{2}\,i\right)\), donc :

\[1 + \sqrt{3}\,i = 2\,e^{i\frac{\pi}{3}}\]

1- b) Un quotient

\[\begin{aligned} &\dfrac{(1 - i)\left(1 + \sqrt{3}\,i\right)}{2\sqrt{2}} \\ &= \dfrac{\sqrt{2}\,e^{-i\frac{\pi}{4}} \times 2\,e^{i\frac{\pi}{3}}}{2\sqrt{2}} \\ &= e^{i\left(\frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{4}\right)} = e^{i\frac{\pi}{12}} \end{aligned}\]

1- c) \(\tan\left(\dfrac{\pi}{12}\right) = 2 - \sqrt{3}\)

On développe le numérateur :

\[\begin{aligned} &(1 - i)\left(1 + \sqrt{3}\,i\right) \\ &= 1 + \sqrt{3}\,i - i + \sqrt{3} \\ &= \left(1 + \sqrt{3}\right) + \left(\sqrt{3} - 1\right)i \end{aligned}\]

Donc, d’après 1- b) :

\[\begin{aligned} \cos\left(\dfrac{\pi}{12}\right) &= \dfrac{\sqrt{3} + 1}{2\sqrt{2}} \\ \sin\left(\dfrac{\pi}{12}\right) &= \dfrac{\sqrt{3} - 1}{2\sqrt{2}} \end{aligned}\]

Par quotient :

\[\begin{aligned} \tan\left(\dfrac{\pi}{12}\right) &= \dfrac{\sqrt{3} - 1}{\sqrt{3} + 1} = \dfrac{\left(\sqrt{3} - 1\right)^{2}}{3 - 1} \\ &= \dfrac{4 - 2\sqrt{3}}{2} = 2 - \sqrt{3} \end{aligned}\]

1- d) Forme exponentielle de \(u\)

D’après 1- c), \(u = 1 + i\tan\left(\dfrac{\pi}{12}\right)\). Donc :

\[\begin{aligned} u &= \dfrac{\cos\left(\frac{\pi}{12}\right) + i\sin\left(\frac{\pi}{12}\right)}{\cos\left(\frac{\pi}{12}\right)} \\ &= \dfrac{1}{\cos\left(\frac{\pi}{12}\right)}\,e^{i\frac{\pi}{12}} \end{aligned}\]

Or :

\[\begin{aligned} \dfrac{1}{\cos\left(\frac{\pi}{12}\right)} &= \dfrac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3} + 1} \\ &= \dfrac{2\sqrt{2}\left(\sqrt{3} - 1\right)}{2} \\ &= \sqrt{6} - \sqrt{2} \end{aligned}\]

Donc :

\[u = \left(\sqrt{6} - \sqrt{2}\right)e^{i\frac{\pi}{12}}\]

2- a) \(x_{n} + i\,y_{n} = u^{n}\)

On note \(t = 2 - \sqrt{3}\), de sorte que \(u = 1 + it\).

• Initialisation : \(x_{0} + i\,y_{0} = 1 = u^{0}\).

• Hérédité : soit \(n \in \mathbb{N}\) tel que \(x_{n} + i\,y_{n} = u^{n}\). Alors :

\[\begin{aligned} &x_{n+1} + i\,y_{n+1} \\ &= (x_{n} - t\,y_{n}) + i\,(t\,x_{n} + y_{n}) \\ &= (x_{n} + i\,y_{n}) + it\,(x_{n} + i\,y_{n}) \\ &= (1 + it)(x_{n} + i\,y_{n}) \\ &= u \times u^{n} = u^{n+1} \end{aligned}\]

• Conclusion : pour tout \(n \in \mathbb{N}\), \(x_{n} + i\,y_{n} = u^{n}\).

2- b) Expressions de \(x_{n}\) et \(y_{n}\)

D’après 1- d) et la formule de Moivre :

\[\begin{aligned} u^{n} &= \dfrac{1}{\left(\cos\frac{\pi}{12}\right)^{n}}\,e^{i\frac{n\pi}{12}} \\ &= \dfrac{\cos\left(\frac{n\pi}{12}\right) + i\sin\left(\frac{n\pi}{12}\right)}{\left(\cos\frac{\pi}{12}\right)^{n}} \end{aligned}\]

Les nombres \(x_{n}\) et \(y_{n}\) sont réels (ils sont obtenus à partir de \(x_{0}\) et \(y_{0}\) par des opérations sur des réels). En identifiant les parties réelles et imaginaires dans \(x_{n} + i\,y_{n} = u^{n}\) :

\[x_{n} = \dfrac{\cos\left(\frac{n\pi}{12}\right)}{\left(\cos\frac{\pi}{12}\right)^{n}}\] \[y_{n} = \dfrac{\sin\left(\frac{n\pi}{12}\right)}{\left(\cos\frac{\pi}{12}\right)^{n}}\]

3- a) Alignement de \(O\), \(A_{0}\) et \(A_{n}\)

Le point \(A_{0}\) a pour affixe \(u^{0} = 1\) : la droite \((OA_{0})\) est l’axe réel. Donc :

\[\begin{aligned} &O,\ A_{0},\ A_{n} \text{ alignés} \\ &\iff u^{n} \in \mathbb{R} \iff y_{n} = 0 \\ &\iff \sin\left(\dfrac{n\pi}{12}\right) = 0 \\ &\iff \dfrac{n\pi}{12} = k\pi \quad (k \in \mathbb{N}) \\ &\iff n = 12k \quad (k \in \mathbb{N}) \end{aligned}\]

Les entiers cherchés sont les multiples de \(12\).

3- b) Le triangle \(OA_{n}A_{n+1}\) est rectangle en \(A_{n}\)

Soit \(n \in \mathbb{N}\). On a \(u^{n} \neq 0\) et :

\[\begin{aligned} \dfrac{u^{n+1} - u^{n}}{0 - u^{n}} &= \dfrac{u^{n}(u - 1)}{-u^{n}} = 1 - u \\ &= -\left(2 - \sqrt{3}\right)i \end{aligned}\]

C’est un imaginaire pur non nul, donc :

\[\big(\overrightarrow{A_{n}O}, \overrightarrow{A_{n}A_{n+1}}\big) \equiv \dfrac{\pi}{2}\ [\pi]\]

Les droites \((A_{n}O)\) et \((A_{n}A_{n+1})\) sont perpendiculaires : le triangle \(OA_{n}A_{n+1}\) est rectangle en \(A_{n}\).

Exercice 4 : Arithmétique

1- a) \(2^{p-1} \equiv 1\ [p]\)

\(p\) est un nombre premier impair, donc \(p\) ne divise pas \(2\) et \(2 \wedge p = 1\). D’après le petit théorème de Fermat :

\[2^{p-1} \equiv 1\ [p]\]

1- b) Deux cas possibles

Comme \(p\) est impair, \(\dfrac{p - 1}{2}\) est un entier naturel. D’après la remarque de l’énoncé et 1- a) :

\[\begin{aligned} &\left(2^{\frac{p-1}{2}} - 1\right)\left(2^{\frac{p-1}{2}} + 1\right) \\ &= 2^{p-1} - 1 \equiv 0\ [p] \end{aligned}\]

Donc \(p\) divise ce produit. Comme \(p\) est premier, il divise l’un des deux facteurs :

\[2^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1\ [p] \quad \text{ou} \quad 2^{\frac{p-1}{2}} \equiv -1\ [p]\]

2- a) \(p\) et \(x\) sont premiers entre eux

Par l’absurde : si \(p\) divisait \(x\), on aurait \(x^{2} \equiv 0\ [p]\). Comme \(x^{2} \equiv 2\ [p]\), on obtiendrait \(2 \equiv 0\ [p]\), c’est-à-dire \(p\) divise \(2\) : impossible, car \(p\) est un nombre premier impair.

Donc \(p\) ne divise pas \(x\) et, comme \(p\) est premier, \(p \wedge x = 1\).

2- b) \(2^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1\ [p]\)

On élève la congruence \(x^{2} \equiv 2\ [p]\) à la puissance \(\dfrac{p - 1}{2}\) :

\[x^{p-1} \equiv 2^{\frac{p-1}{2}}\ [p]\]

Or \(p\) est premier et \(p \wedge x = 1\) : d’après le théorème de Fermat, \(x^{p-1} \equiv 1\ [p]\). Donc :

\[2^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1\ [p]\]

3- \(p\) divise \(C_{p}^{k}\)

Soit \(k \in \{1, 2, \ldots, p - 1\}\). D’après le rappel, \(k\,C_{p}^{k} = p\,C_{p-1}^{k-1}\), donc \(p\) divise \(k\,C_{p}^{k}\). Or \(1 \leq k < p\) et \(p\) est premier, donc \(p \wedge k = 1\). D’après le théorème de Gauss, \(p\) divise \(C_{p}^{k}\).

4- a) Formule de Moivre

On a \(1 + i = \sqrt{2}\left(\cos\dfrac{\pi}{4} + i\sin\dfrac{\pi}{4}\right)\) et \(\left(\sqrt{2}\right)^{p} = 2^{\frac{p}{2}}\). D’après la formule de Moivre :

\[\begin{aligned} &\left(\cos\dfrac{\pi}{4} + i\sin\dfrac{\pi}{4}\right)^{p} \\ &= \cos\left(p\,\dfrac{\pi}{4}\right) + i\sin\left(p\,\dfrac{\pi}{4}\right) \end{aligned}\]

En multipliant par \(\left(\sqrt{2}\right)^{p} = 2^{\frac{p}{2}}\) :

\[\begin{aligned} (1 + i)^{p} = {}&2^{\frac{p}{2}}\cos\left(p\,\dfrac{\pi}{4}\right) \\ &+ i\,2^{\frac{p}{2}}\sin\left(p\,\dfrac{\pi}{4}\right) \end{aligned}\]

4- b) Partie réelle de \((1 + i)^{p}\)

Dans l’égalité admise, les deux sommes sont des entiers. En identifiant les parties réelles avec 4- a) :

\[2^{\frac{p}{2}}\cos\left(p\,\dfrac{\pi}{4}\right) = \sum_{k=0}^{\frac{p-1}{2}} (-1)^{k}\,C_{p}^{2k}\]

• C’est un entier, comme somme d’entiers relatifs : \(2^{\frac{p}{2}}\cos\left(p\,\dfrac{\pi}{4}\right) \in \mathbb{Z}\).

• Congruence modulo \(p\). Le terme d’indice \(k = 0\) vaut \(C_{p}^{0} = 1\). Pour \(1 \leq k \leq \dfrac{p - 1}{2}\), on a \(2 \leq 2k \leq p - 1\), donc \(p\) divise \(C_{p}^{2k}\) d’après la question 3. Tous les autres termes sont donc congrus à \(0\) modulo \(p\) :

\[2^{\frac{p}{2}}\cos\left(p\,\dfrac{\pi}{4}\right) \equiv 1\ [p]\]

5- Cas \(p \equiv 5\ [8]\)

On suppose \(p \equiv 5\ [8]\) : il existe \(m \in \mathbb{N}\) tel que \(p = 8m + 5\). Alors :

\[\begin{aligned} \cos\left(p\,\dfrac{\pi}{4}\right) &= \cos\left(2m\pi + \dfrac{5\pi}{4}\right) \\ &= \cos\left(\dfrac{5\pi}{4}\right) = -\dfrac{\sqrt{2}}{2} \end{aligned}\]

Donc, avec \(\dfrac{\sqrt{2}}{2} = 2^{-\frac{1}{2}}\) :

\[2^{\frac{p}{2}}\cos\left(p\,\dfrac{\pi}{4}\right) = -2^{\frac{p}{2} - \frac{1}{2}} = -2^{\frac{p-1}{2}}\]

D’après 4- b), \(-2^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1\ [p]\), c’est-à-dire :

\[2^{\frac{p-1}{2}} \equiv -1\ [p]\]

Par l’absurde : si l’équation \((E)\) admettait une solution dans \(\mathbb{Z}\), on aurait \(2^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1\ [p]\) d’après 2- b). On en déduirait \(1 \equiv -1\ [p]\), donc \(p\) divise \(2\) : impossible, car \(p\) est impair.

Donc, si \(p \equiv 5\ [8]\), l’équation \((E)\) n’admet pas de solution dans \(\mathbb{Z}\).

Exercice 5 : Structures algébriques

On note \(J = M(0, 1) = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 2 & -1 \end{pmatrix}\). Pour tous réels \(x\) et \(y\) : \(M(x, y) = xI + yJ\).

Partie I

1- \(E\) est un sous-groupe de \((M_{2}(\mathbb{R}), +)\)

• \(E \subset M_{2}(\mathbb{R})\) et \(E \neq \varnothing\), car \(O = M(0, 0) \in E\).
• Soient \(M(x, y)\) et \(M(x', y')\) deux éléments de \(E\). Alors :

\[\begin{aligned} &M(x, y) - M(x', y') \\ &= (x - x')I + (y - y')J \\ &= M(x - x', y - y') \in E \end{aligned}\]

Donc \(E\) est un sous-groupe de \((M_{2}(\mathbb{R}), +)\).

2- \(E\) est un sous-espace vectoriel

\(E\) est une partie non vide de \(M_{2}(\mathbb{R})\). Soient \(M(x, y)\) et \(M(x', y')\) deux éléments de \(E\), et \(\alpha\), \(\beta\) deux réels :

\[\begin{aligned} &\alpha\,M(x, y) + \beta\,M(x', y') \\ &= (\alpha x + \beta x')I + (\alpha y + \beta y')J \\ &= M(\alpha x + \beta x', \alpha y + \beta y') \in E \end{aligned}\]

Donc \(E\) est un sous-espace vectoriel de \((M_{2}(\mathbb{R}), +, \cdot)\).

3- a) Produit de deux éléments de \(E\)

On calcule d’abord \(J^{2}\) :

\[\begin{aligned} J^{2} &= \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 2 & -1 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 2 & -1 \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} 1 + 2 & 1 - 1 \\ 2 - 2 & 2 + 1 \end{pmatrix} = 3I \end{aligned}\]

Donc, pour tout \((x, y, x', y') \in \mathbb{R}^{4}\) :

\[\begin{aligned} &M(x, y) \times M(x', y') \\ &= (xI + yJ)(x'I + y'J) \\ &= xx'I + xy'J + yx'J + yy'J^{2} \\ &= (xx' + 3yy')I + (xy' + yx')J \\ &= M(xx' + 3yy'\,,\ xy' + yx') \end{aligned}\]

3- b) \((E, +, \times)\) est un anneau commutatif et unitaire

• \((E, +)\) est un groupe commutatif : c’est un sous-groupe du groupe commutatif \((M_{2}(\mathbb{R}), +)\).
• \(\times\) est une loi interne dans \(E\) d’après 3- a).
• \(\times\) est associative et distributive par rapport à \(+\) dans \(M_{2}(\mathbb{R})\), donc dans \(E\).
• \(\times\) est commutative dans \(E\) : l’expression \((xx' + 3yy'\,,\ xy' + yx')\) ne change pas quand on échange \((x, y)\) et \((x', y')\).
• \(I = M(1, 0) \in E\) est l’élément unité.

Donc \((E, +, \times)\) est un anneau commutatif et unitaire.

4- a) Un produit nul

D’après 3- a), avec \((x, y) = \left(\sqrt{3}, 1\right)\) et \((x', y') = \left(-\sqrt{3}, 1\right)\) :

\[\begin{aligned} xx' + 3yy' &= -3 + 3 = 0 \\ xy' + yx' &= \sqrt{3} - \sqrt{3} = 0 \end{aligned}\]

Donc :

\[\begin{aligned} &M\left(\sqrt{3}, 1\right) \times M\left(-\sqrt{3}, 1\right) \\ &= M(0, 0) = O \end{aligned}\]

4- b) \((E, +, \times)\) n’est pas un corps

Les matrices \(M\left(\sqrt{3}, 1\right)\) et \(M\left(-\sqrt{3}, 1\right)\) sont différentes de \(O\) et leur produit est \(O\) : ce sont des diviseurs de zéro. Or un corps n’a pas de diviseur de zéro. Donc \((E, +, \times)\) n’est pas un corps.

Partie II

1- \(x + y\sqrt{3} = 0 \iff (x = 0 \text{ et } y = 0)\)

Soit \((x, y) \in \mathbb{Q}^{2}\).

• Sens réciproque : si \(x = 0\) et \(y = 0\), alors \(x + y\sqrt{3} = 0\).

• Sens direct : on suppose \(x + y\sqrt{3} = 0\). Si \(y \neq 0\), alors \(\sqrt{3} = -\dfrac{x}{y}\) serait un nombre rationnel : absurde, car \(\sqrt{3}\) est irrationnel. Donc \(y = 0\), puis \(x = 0\).

2- \(F - \{0\}\) est un sous-groupe de \((\mathbb{R}^{*}, \times)\)

• \(F - \{0\} \subset \mathbb{R}^{*}\) et \(F - \{0\} \neq \varnothing\), car \(1 = 1 + 0\sqrt{3} \in F - \{0\}\).
• Soient \(a = x + y\sqrt{3}\) et \(b = x' + y'\sqrt{3}\) deux éléments de \(F - \{0\}\). D’après la question 1, \(x' - y'\sqrt{3} \neq 0\) (car \((x', -y') \neq (0, 0)\)), donc \(x'^{2} - 3y'^{2} = \left(x' - y'\sqrt{3}\right)\left(x' + y'\sqrt{3}\right) \neq 0\). On note \(d = x'^{2} - 3y'^{2} \in \mathbb{Q}^{*}\). Alors :

\[\begin{aligned} \dfrac{a}{b} &= \dfrac{\left(x + y\sqrt{3}\right)\left(x' - y'\sqrt{3}\right)}{d} \\ &= \dfrac{xx' - 3yy'}{d} + \dfrac{yx' - xy'}{d}\sqrt{3} \end{aligned}\]

Les deux coefficients sont rationnels, donc \(\dfrac{a}{b} \in F\) ; et \(\dfrac{a}{b} \neq 0\). Donc \(a \times b^{-1} \in F - \{0\}\).

Donc \(F - \{0\}\) est un sous-groupe de \((\mathbb{R}^{*}, \times)\).

3- a) \(\varphi(F - \{0\}) = G - \{O\}\)

D’après la question 1, tout élément de \(F\) s’écrit de façon unique sous la forme \(x + y\sqrt{3}\) avec \((x, y) \in \mathbb{Q}^{2}\) (donc \(\varphi\) est bien définie), et il est nul si et seulement si \((x, y) = (0, 0)\). De même \(M(x, y) = O\) si et seulement si \((x, y) = (0, 0)\). Donc :

\[\begin{aligned} &\varphi(F - \{0\}) \\ &= \{M(x, y) \,/\, \\ &\qquad (x, y) \in \mathbb{Q}^{2} - \{(0, 0)\}\} \\ &= G - \{O\} \end{aligned}\]

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

Soient \(a = x + y\sqrt{3}\) et \(b = x' + y'\sqrt{3}\) deux éléments de \(F - \{0\}\).

\[ab = (xx' + 3yy') + (xy' + yx')\sqrt{3}\]

avec \(xx' + 3yy'\) et \(xy' + yx'\) rationnels. Donc, d’après I. 3- a) :

\[\begin{aligned} \varphi(ab) &= M(xx' + 3yy'\,,\ xy' + yx') \\ &= M(x, y) \times M(x', y') \\ &= \varphi(a) \times \varphi(b) \end{aligned}\]

Donc \(\varphi\) est un homomorphisme de \((F - \{0\}, \times)\) vers \((E, \times)\).

3- c) \((G - \{O\}, \times)\) est un groupe commutatif

\((F - \{0\}, \times)\) est un groupe commutatif (sous-groupe du groupe commutatif \((\mathbb{R}^{*}, \times)\)) et \(\varphi\) est un homomorphisme de \((F - \{0\}, \times)\) vers \((E, \times)\). L’image d’un groupe commutatif par un homomorphisme est un groupe commutatif. Donc \(\big(\varphi(F - \{0\}), \times\big) = (G - \{O\}, \times)\) est un groupe commutatif.

4- \((G, +, \times)\) est un corps commutatif

• \((G, +)\) est un groupe commutatif : \(G\) est non vide (\(O \in G\)) et, pour \((x, y)\) et \((x', y')\) dans \(\mathbb{Q}^{2}\), \(M(x, y) - M(x', y') = M(x - x', y - y') \in G\) ; c’est donc un sous-groupe du groupe commutatif \((E, +)\).
• \((G - \{O\}, \times)\) est un groupe commutatif (question 3- c).
• La loi \(\times\) est distributive par rapport à la loi \(+\) dans \(M_{2}(\mathbb{R})\), donc dans \(G\).

Donc \((G, +, \times)\) est un corps commutatif.