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

Exercice 1 : Analyse

Partie I

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

Soit \(x > 0\). On a \(\ln\left(x^{\frac{1}{2n}}\right) = \dfrac{\ln x}{2n}\) et \(\left(x^{\frac{1}{2n}}\right)^{n} = x^{\frac{1}{2}} = \sqrt{x}\). Donc :

\[\begin{aligned} &(2n)^{n}\left(x^{\frac{1}{2n}}\ln\left(x^{\frac{1}{2n}}\right)\right)^{n} \\ &= (2n)^{n} \times \sqrt{x} \times \dfrac{(\ln x)^{n}}{(2n)^{n}} \\ &= \sqrt{x}\,(\ln x)^{n} \end{aligned}\]

On pose \(t = x^{\frac{1}{2n}}\). Quand \(x\) tend vers \(0^{+}\), \(t\) tend vers \(0^{+}\), et \(\displaystyle\lim_{t \to 0^{+}} t\ln t = 0\). Donc :

\[\begin{aligned} \lim_{x \to 0^{+}} f_{n}(x) &= (2n)^{n} \times 0^{n} \\ &= 0 = f_{n}(0) \end{aligned}\]

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

1- b) Limite de \(f_{n}\) en \(+\infty\)

\(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \sqrt{x} = +\infty\) et \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} (\ln x)^{n} = +\infty\). Par produit :

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

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

Soit \(x > 0\). Comme \(\dfrac{\sqrt{x}}{x} = \dfrac{1}{\sqrt{x}}\) :

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

D’autre part, avec \(\ln\left(x^{\frac{1}{2n}}\right) = \dfrac{\ln x}{2n}\) et \(\left(x^{\frac{1}{2n}}\right)^{n} = \sqrt{x}\) :

\[\begin{aligned} &(2n)^{n}\left(\dfrac{\ln\left(x^{\frac{1}{2n}}\right)}{x^{\frac{1}{2n}}}\right)^{n} \\ &= (2n)^{n} \times \dfrac{(\ln x)^{n}}{(2n)^{n}\sqrt{x}} = \dfrac{(\ln x)^{n}}{\sqrt{x}} \end{aligned}\]

Les deux expressions sont égales. On pose \(t = x^{\frac{1}{2n}}\) : quand \(x\) tend vers \(+\infty\), \(t\) tend vers \(+\infty\), et \(\displaystyle\lim_{t \to +\infty} \dfrac{\ln t}{t} = 0\). Donc :

\[\lim_{x \to +\infty} \dfrac{f_{n}(x)}{x} = (2n)^{n} \times 0^{n} = 0\]

Interprétation : comme \(f_{n}(x)\) tend vers \(+\infty\) et \(\dfrac{f_{n}(x)}{x}\) tend vers \(0\), la courbe \((C_{n})\) admet au voisinage de \(+\infty\) une branche parabolique de direction l’axe des abscisses.

1- d) Dérivabilité à droite en \(0\)

Pour tout \(x > 0\), \(\dfrac{f_{n}(x) - f_{n}(0)}{x - 0} = \dfrac{(\ln x)^{n}}{\sqrt{x}}\). Quand \(x\) tend vers \(0^{+}\), \(\dfrac{1}{\sqrt{x}}\) tend vers \(+\infty\) et \(\ln x\) tend vers \(-\infty\).

• Si \(n\) est pair : \((\ln x)^{n}\) tend vers \(+\infty\), donc \(\displaystyle\lim_{x \to 0^{+}} \dfrac{f_{n}(x)}{x} = +\infty\).
• Si \(n\) est impair : \((\ln x)^{n}\) tend vers \(-\infty\), donc \(\displaystyle\lim_{x \to 0^{+}} \dfrac{f_{n}(x)}{x} = -\infty\).

Interprétation : \(f_{n}\) n’est pas dérivable à droite en \(0\), et \((C_{n})\) admet au point \(O\) une demi-tangente verticale, dirigée vers le haut si \(n\) est pair et vers le bas si \(n\) est impair.

2- a) Dérivée de \(f_{n}\)

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

\[\begin{aligned} &f_{n}'(x) \\ &= \dfrac{1}{2\sqrt{x}}(\ln x)^{n} + \sqrt{x} \times \dfrac{n(\ln x)^{n-1}}{x} \\ &= \dfrac{1}{2\sqrt{x}}(\ln x)^{n} + \dfrac{2n}{2\sqrt{x}}(\ln x)^{n-1} \\ &= \dfrac{1}{2\sqrt{x}}\,(\ln x)^{n-1}(2n + \ln x) \end{aligned}\]

2- b) Zéros de \(f_{n}'\) pour \(n \geq 2\)

Soit \(n \geq 2\) et \(x > 0\). Comme \(\dfrac{1}{2\sqrt{x}} \neq 0\) et \(n - 1 \geq 1\) :

\[\begin{aligned} &f_{n}'(x) = 0 \\ &\iff \ln x = 0 \ \text{ou}\ \ln x = -2n \\ &\iff x = 1 \ \text{ou}\ x = e^{-2n} \end{aligned}\]

2- c) Variations de \(f_{n}\) suivant la parité de \(n\)

Pour \(x > 0\), \(f_{n}'(x)\) est du signe de \((\ln x)^{n-1}(2n + \ln x)\), et \(2n + \ln x > 0 \iff x > e^{-2n}\). De plus :

\[\begin{aligned} f_{n}\left(e^{-2n}\right) &= e^{-n}(-2n)^{n} \\ &= (-1)^{n}\,\dfrac{(2n)^{n}}{e^{n}} \end{aligned}\]

• Cas \(n\) pair. Alors \(n - 1\) est impair et \((\ln x)^{n-1}\) est du signe de \(\ln x\) : négatif sur \(]0 ; 1[\), positif sur \(]1 ; +\infty[\).

\[\small\begin{array}{|c|lcccccr|} \hline x & 0 & & e^{-2n} & & 1 & & +\infty \\ \hline f_{n}'(x) & & \!\!+\!\! & 0 & \!\!-\!\! & 0 & \!\!+\!\! & \\ \hline f_{n}(x)\rule[-0.65em]{0pt}{1.95em} & 0 & \!\!\nearrow\!\! & \frac{(2n)^{n}}{e^{n}} & \!\!\searrow\!\! & 0 & \!\!\nearrow\!\! & +\infty \\ \hline \end{array}\]

\(f_{n}\) est croissante sur \(\left[0 ; e^{-2n}\right]\), décroissante sur \(\left[e^{-2n} ; 1\right]\) et croissante sur \([1 ; +\infty[\).

• Cas \(n\) impair. Alors \(n - 1\) est pair et \((\ln x)^{n-1} \geq 0\) : \(f_{n}'(x)\) est du signe de \(2n + \ln x\) (elle s’annule aussi en \(1\) quand \(n \geq 3\), sans changer de signe).

\[\small\begin{array}{|c|lcccr|} \hline x & 0 & & e^{-2n} & & +\infty \\ \hline f_{n}'(x) & & \!\!-\!\! & 0 & \!\!+\!\! & \\ \hline f_{n}(x)\rule[-0.65em]{0pt}{1.95em} & 0 & \!\!\searrow\!\! & -\frac{(2n)^{n}}{e^{n}} & \!\!\nearrow\!\! & +\infty \\ \hline \end{array}\]

\(f_{n}\) est décroissante sur \(\left[0 ; e^{-2n}\right]\) et croissante sur \(\left[e^{-2n} ; +\infty\right[\).

2- d) Point d’inflexion (\(n\) impair, \(n \geq 3\))

On a \(f_{n}(1) = 0\) et \(f_{n}'(1) = 0\) (car \(n - 1 \geq 2\)) : la tangente à \((C_{n})\) au point d’abscisse \(1\) est l’axe des abscisses. Or, \(n\) étant impair, \(f_{n}(x) = \sqrt{x}\,(\ln x)^{n}\) est du signe de \(\ln x\) : négatif sur \(]0 ; 1[\), positif sur \(]1 ; +\infty[\). La courbe \((C_{n})\) traverse donc sa tangente au point d’abscisse \(1\).

Donc le point d’abscisse \(1\) est un point d’inflexion de \((C_{n})\).

Partie II

1- a) \(0 < u_{n} < \sqrt{e}\)

On a \(u_{n} = \sqrt{\beta}\,(\ln\beta)^{n}\). Comme \(1 < \beta < e\) : \(0 < \ln\beta < 1\), donc \(0 < (\ln\beta)^{n} < 1\) ; et \(1 < \sqrt{\beta} < \sqrt{e}\). Par produit de nombres positifs :

\[(\forall n \in \mathbb{N}^{*})\ ;\ 0 < u_{n} < \sqrt{e}\]

1- b) La suite \((u_{n})\) est décroissante

Pour tout \(n \in \mathbb{N}^{*}\), \(u_{n+1} = u_{n} \times \ln\beta\). Comme \(u_{n} > 0\) et \(\ln\beta < 1\), on a \(u_{n+1} < u_{n}\). La suite \((u_{n})_{n \geq 1}\) est décroissante.

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

Comme \(0 < \ln\beta < 1\), \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} (\ln\beta)^{n} = 0\). Donc :

\[\lim_{n \to +\infty} u_{n} = \sqrt{\beta} \times 0 = 0\]

2- a) Existence et unicité de \(x_{n}\)

Soit \(n \in \mathbb{N}^{*}\). D’après I. 2- c), \(f_{n}\) est continue et strictement croissante sur \([1 ; e]\) (pour \(n\) pair comme pour \(n\) impair, \(f_{n}'(x) > 0\) pour tout \(x > 1\)). De plus :

\[f_{n}(1) = 0 < 1 \ \text{ et } \ f_{n}(e) = \sqrt{e} > 1\]

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

2- b) La suite \((x_{n})\) est croissante et convergente

Soit \(n \in \mathbb{N}^{*}\). Comme \(1 < x_{n} < e\), on a \(0 < \ln x_{n} < 1\). Donc :

\[\begin{aligned} f_{n+1}(x_{n}) &= \sqrt{x_{n}}\,(\ln x_{n})^{n+1} \\ &= f_{n}(x_{n}) \times \ln x_{n} \\ &= \ln x_{n} \end{aligned}\]

Comme \(\ln x_{n} < 1\) et \(f_{n+1}(x_{n+1}) = 1\) :

\[f_{n+1}(x_{n}) < f_{n+1}(x_{n+1})\]

Les réels \(x_{n}\) et \(x_{n+1}\) appartiennent à \([1 ; e]\), intervalle sur lequel \(f_{n+1}\) est strictement croissante. Donc \(x_{n} < x_{n+1}\) : la suite \((x_{n})\) est croissante.

Elle est de plus majorée par \(e\). Donc elle est convergente.

3- a) \(1 < \ell \leq e\)

Pour tout \(n \geq 1\), \(x_{1} \leq x_{n} < e\) (la suite est croissante). Par passage à la limite : \(x_{1} \leq \ell \leq e\). Comme \(x_{1} > 1\) :

\[1 < \ell \leq e\]

3- b) Limite de \((\ln x_{n})^{n}\)

De \(f_{n}(x_{n}) = 1\) on tire \(\sqrt{x_{n}}\,(\ln x_{n})^{n} = 1\), donc \((\ln x_{n})^{n} = \dfrac{1}{\sqrt{x_{n}}}\). Comme \(x_{n}\) tend vers \(\ell > 0\) :

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

3- c) Cas \(\ell < e\)

On suppose \(\ell < e\). Comme \(1 < \ell < e\), on a \(0 < \ln\ell < 1\), donc \(\ln(\ln\ell) < 0\). Par continuité de \(\ln\) :

\[\lim_{n \to +\infty} \ln(\ln x_{n}) = \ln(\ln\ell) < 0\]

Comme \(n\) tend vers \(+\infty\), par produit :

\[\lim_{n \to +\infty} n\ln(\ln x_{n}) = -\infty\]

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

Pour tout \(n \geq 1\), \(\ln x_{n} > 0\) et \(n\ln(\ln x_{n}) = \ln\big((\ln x_{n})^{n}\big)\). D’après 3- b) et la continuité de \(\ln\) :

\[\lim_{n \to +\infty} n\ln(\ln x_{n}) = \ln\left(\dfrac{1}{\sqrt{\ell}}\right)\]

qui est un nombre réel. Si l’on avait \(\ell < e\), cette limite vaudrait \(-\infty\) d’après 3- c) : contradiction. Donc \(\ell \geq e\) et, comme \(\ell \leq e\) :

\[\ell = e\]

Partie III

Pour tout \(t > 0\), \(\big(f_{1}(t)\big)^{2} = t\,(\ln t)^{2}\), et \(\big(f_{1}(0)\big)^{2} = 0\).

1- a) Continuité de \(F\) sur \(I\)

La fonction \(f_{1}\) est continue sur \(]0 ; +\infty[\) et continue à droite en \(0\) (I. 1- a) : elle est continue sur \(I\), donc \(f_{1}^{2}\) aussi. La fonction \(x \mapsto \displaystyle\int_{1}^{x} \big(f_{1}(t)\big)^{2}dt\) est donc la primitive de \(f_{1}^{2}\) sur \(I\) qui s’annule en \(1\) : elle est dérivable, donc continue sur \(I\). Comme \(F\) est son opposée, \(F\) est continue sur \(I\).

1- b) Calcul de \(F(x)\) pour \(x > 0\)

• Première intégration par parties. On pose \(u(t) = (\ln t)^{2}\) et \(v'(t) = t\) ; alors \(u'(t) = \dfrac{2\ln t}{t}\) et \(v(t) = \dfrac{t^{2}}{2}\).

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

• Deuxième intégration par parties. On pose \(u(t) = \ln t\) et \(v'(t) = t\) ; alors \(u'(t) = \dfrac{1}{t}\) et \(v(t) = \dfrac{t^{2}}{2}\).

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

• Conclusion. Pour tout \(x \in\, ]0, +\infty[\) :

\[\begin{aligned} F(x) = {}&-\dfrac{x^{2}}{2}\ln^{2}(x) + \dfrac{x^{2}}{2}\ln(x) \\ &+ \dfrac{1}{4}\left(1 - x^{2}\right) \end{aligned}\]

2- a) Limite de \(F\) en \(0^{+}\)

Comme \(\displaystyle\lim_{x \to 0^{+}} x\ln x = 0\) :

• \(x^{2}\ln^{2}(x) = (x\ln x)^{2}\) tend vers \(0\) ;
• \(x^{2}\ln(x) = x \times (x\ln x)\) tend vers \(0\) ;
• \(\dfrac{1}{4}\left(1 - x^{2}\right)\) tend vers \(\dfrac{1}{4}\).

\[\lim_{\substack{x \to 0 \\ x > 0}} F(x) = \dfrac{1}{4}\]

2- b) Valeur de \(F(0)\)

\(F\) est continue en \(0\) (question 1- a), donc \(F(0) = \displaystyle\lim_{x \to 0^{+}} F(x)\) :

\[F(0) = \dfrac{1}{4}\]

2- c) Volume du solide de révolution

Le volume, en unités de volume, est :

\[\begin{aligned} V &= \pi\int_{0}^{1} \big(f_{1}(x)\big)^{2}dx \\ &= \pi\,F(0) = \dfrac{\pi}{4} \end{aligned}\]

Le repère est orthonormé avec \(\|\vec{i}\| = 1\ \mathrm{cm}\), donc l’unité de volume est \(1\ \mathrm{cm}^{3}\) :

\[V = \dfrac{\pi}{4}\ \mathrm{cm}^{3}\]

Exercice 2 : Nombres complexes

Partie I

1- a) Calcul de \(z + \dfrac{1}{z}\)

On a \(z = \sqrt{x} + i\sqrt{y}\), donc \(|z|^{2} = x + y > 0\) : \(z \neq 0\) et :

\[\dfrac{1}{z} = \dfrac{\overline{z}}{|z|^{2}} = \dfrac{\sqrt{x} - i\sqrt{y}}{x + y}\]

Donc, comme \((x, y)\) est solution de \((S)\) :

\[\begin{aligned} z + \dfrac{1}{z} = {}&\sqrt{x}\left(1 + \dfrac{1}{x + y}\right) \\ &+ i\sqrt{y}\left(1 - \dfrac{1}{x + y}\right) \\ = {}&\dfrac{12}{5} + \dfrac{4}{5}\,i \end{aligned}\]

1- b) Valeurs possibles de \(z\)

En multipliant l’égalité précédente par \(z \neq 0\) : \(z^{2} + 1 = \left(\dfrac{12}{5} + \dfrac{4}{5}\,i\right)z\), c’est-à-dire :

\[z^{2} - \left(\dfrac{12}{5} + \dfrac{4}{5}\,i\right)z + 1 = 0\]

Le discriminant de cette équation est :

\[\begin{aligned} \Delta &= \left(\dfrac{12}{5} + \dfrac{4}{5}\,i\right)^{2} - 4 \\ &= \dfrac{144 - 16 + 96i}{25} - \dfrac{100}{25} \\ &= \dfrac{28}{25} + \dfrac{96}{25}\,i = \left(\dfrac{2}{5}(4 + 3i)\right)^{2} \end{aligned}\]

Une racine carrée de \(\Delta\) est \(\dfrac{8}{5} + \dfrac{6}{5}\,i\). Les solutions sont :

\[\begin{aligned} z' &= \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{12}{5} + \dfrac{4}{5}\,i + \dfrac{8}{5} + \dfrac{6}{5}\,i\right) \\ &= \dfrac{1}{2}\,(4 + 2i) = 2 + i \\[2mm] z'' &= \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{12}{5} + \dfrac{4}{5}\,i - \dfrac{8}{5} - \dfrac{6}{5}\,i\right) \\ &= \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{4}{5} - \dfrac{2}{5}\,i\right) = \dfrac{2}{5} - \dfrac{1}{5}\,i \end{aligned}\]

Les valeurs possibles de \(z\) sont \(2 + i\) et \(\dfrac{2}{5} - \dfrac{1}{5}\,i\).

1- c) Valeurs du couple \((x, y)\)

La partie imaginaire de \(z\) est \(\sqrt{y} > 0\). Or \(\mathrm{Im}\left(\dfrac{2}{5} - \dfrac{1}{5}\,i\right) < 0\). Donc \(z = 2 + i\), c’est-à-dire \(\sqrt{x} = 2\) et \(\sqrt{y} = 1\) :

\[(x, y) = (4, 1)\]

2- Résolution du système \((S)\)

D’après la question 1, si \((x, y)\) est une solution de \((S)\), alors \((x, y) = (4, 1)\). Réciproquement, pour \((x, y) = (4, 1)\), on a \(x + y = 5\) et :

\[\begin{aligned} \sqrt{4}\left(1 + \dfrac{1}{5}\right) &= 2 \times \dfrac{6}{5} = \dfrac{12}{5} \\ \sqrt{1}\left(1 - \dfrac{1}{5}\right) &= \dfrac{4}{5} \end{aligned}\]

Donc l’ensemble des solutions de \((S)\) est \(\{(4, 1)\}\).

Partie II

Figure d’illustration (un choix particulier de \(A\), \(B\) et \(C\)) :

1- \(|z| = 1 \iff \overline{z} = \dfrac{1}{z}\)

Soit \(z \in \mathbb{C}^{*}\). Comme \(|z|^{2} = z\,\overline{z}\) et \(|z| > 0\) :

\[\begin{aligned} |z| = 1 &\iff |z|^{2} = 1 \\ &\iff z\,\overline{z} = 1 \\ &\iff \overline{z} = \dfrac{1}{z} \end{aligned}\]

En particulier, comme \(A\), \(B\), \(C\), \(P\), \(Q\) et \(R\) appartiennent à \((U)\) : \(\overline{a} = \dfrac{1}{a}\), \(\overline{b} = \dfrac{1}{b}\), \(\overline{c} = \dfrac{1}{c}\), et de même pour \(p\), \(q\) et \(r\).

2- a) \(p = \dfrac{bc}{a}\)

\(P\) est le point du cercle \((U)\), autre que \(A\), tel que \((AP) \parallel (BC)\). Donc le nombre \(Z = \dfrac{p - a}{c - b}\) est réel : \(\overline{Z} = Z\). Or :

\[\begin{aligned} \overline{Z} &= \dfrac{\overline{p} - \overline{a}}{\overline{c} - \overline{b}} = \dfrac{\frac{1}{p} - \frac{1}{a}}{\frac{1}{c} - \frac{1}{b}} \\ &= \dfrac{a - p}{pa} \times \dfrac{bc}{b - c} \\ &= \dfrac{p - a}{c - b} \times \dfrac{bc}{pa} = Z \times \dfrac{bc}{pa} \end{aligned}\]

Donc \(Z = Z \times \dfrac{bc}{pa}\). Comme \(Z \neq 0\) (car \(p \neq a\)), on obtient \(\dfrac{bc}{pa} = 1\) :

\[p = \dfrac{bc}{a}\]

Remarque : si la droite est tangente à \((U)\) en \(A\), alors \(P = A\) et la formule reste vraie (dans ce cas \(a^{2} = bc\)).

2- b) \(q = -p\)

\(Q\) est le point de \((U)\), autre que \(A\), tel que \((AQ) \perp (BC)\). Donc le nombre \(Z' = \dfrac{q - a}{c - b}\) est un imaginaire pur : \(\overline{Z'} = -Z'\). Le même calcul qu’en 2- a) donne :

\[\overline{Z'} = Z' \times \dfrac{bc}{qa}\]

Donc \(Z' \times \dfrac{bc}{qa} = -Z'\). Comme \(Z' \neq 0\), on obtient \(\dfrac{bc}{qa} = -1\), c’est-à-dire :

\[q = -\dfrac{bc}{a} = -p\]

Remarque : \([PQ]\) est donc un diamètre du cercle \((U)\).

2- c) \((PR) \perp (OB)\)

\(R\) est le point de \((U)\) tel que \((CR) \parallel (AB)\). C’est la situation de la question 2- a) en remplaçant \(A\) par \(C\) et \((BC)\) par \((AB)\). Donc :

\[r = \dfrac{ab}{c}\]

On calcule :

\[\begin{aligned} \dfrac{p - r}{b - 0} &= \dfrac{1}{b}\left(\dfrac{bc}{a} - \dfrac{ab}{c}\right) \\ &= \dfrac{c}{a} - \dfrac{a}{c} \end{aligned}\]

On note \(w = \dfrac{c}{a} - \dfrac{a}{c}\). Avec \(\overline{a} = \dfrac{1}{a}\) et \(\overline{c} = \dfrac{1}{c}\) :

\[\overline{w} = \dfrac{\overline{c}}{\overline{a}} - \dfrac{\overline{a}}{\overline{c}} = \dfrac{a}{c} - \dfrac{c}{a} = -w\]

Donc \(w\) est un imaginaire pur. Quand \(P \neq R\) (c’est-à-dire \(w \neq 0\)) :

\[\big(\overrightarrow{OB}, \overrightarrow{RP}\big) \equiv \dfrac{\pi}{2}\ [\pi]\]

Les droites \((PR)\) et \((OB)\) sont perpendiculaires.

Exercice 3 : Structures algébriques

1- \(E\) est un sous-groupe de \((M_{3}(\mathbb{R}), +)\)

• \(E \subset M_{3}(\mathbb{R})\) et \(E \neq \varnothing\), car la matrice nulle \(M(0, 0, 0)\) appartient à \(E\).
• Soient \(M(a, b, c)\) et \(M(a', b', c')\) deux éléments de \(E\). En soustrayant coefficient par coefficient :

\[\begin{aligned} &M(a, b, c) - M(a', b', c') \\ &= M(a - a', b - b', c - c') \in E \end{aligned}\]

Donc \(E\) est un sous-groupe de \((M_{3}(\mathbb{R}), +)\).

2- a) \(\varphi\) est un homomorphisme et \(\varphi(E) = \mathbb{R} \times \mathbb{C}\)

Soient \(M = M(a, b, c)\) et \(M' = M(a', b', c')\) deux éléments de \(E\). Comme \(M + M' = M(a + a', b + b', c + c')\) :

\[\begin{aligned} &\varphi(M + M') \\ &= \big(a + a'\,,\ (b + b') + (c + c')i\big) \\ &= (a\,,\ b + ci) \ast (a'\,,\ b' + c'i) \\ &= \varphi(M) \ast \varphi(M') \end{aligned}\]

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

Soit \((x, z) \in \mathbb{R} \times \mathbb{C}\). On écrit \(z = b + ci\) avec \(b\) et \(c\) réels. Alors \((x, z) = \varphi\big(M(x, b, c)\big)\). Donc tout élément de \(\mathbb{R} \times \mathbb{C}\) a un antécédent dans \(E\) :

\[\varphi(E) = \mathbb{R} \times \mathbb{C}\]

2- b) \((\mathbb{R} \times \mathbb{C}, \ast)\) est un groupe commutatif

\((E, +)\) est un groupe commutatif (sous-groupe du groupe commutatif \((M_{3}(\mathbb{R}), +)\)) et \(\varphi\) est un homomorphisme de \((E, +)\) vers \((\mathbb{R} \times \mathbb{C}, \ast)\). L’image d’un groupe commutatif par un homomorphisme est un groupe commutatif. Donc \((\varphi(E), \ast) = (\mathbb{R} \times \mathbb{C}, \ast)\) est un groupe commutatif.

Son élément neutre est \(\varphi\big(M(0, 0, 0)\big) = (0, 0)\) et le symétrique de \((x, z)\) est \((-x, -z)\).

3- a) \(T\) est commutative

Soient \((x, z)\) et \((x', z')\) deux éléments de \(\mathbb{R} \times \mathbb{C}\).

\[\begin{aligned} &(x', z')\,T\,(x, z) \\ &= \big(x'\,\mathrm{Re}(z) + x\,\mathrm{Re}(z')\,,\ z'z\big) \\ &= \big(x\,\mathrm{Re}(z') + x'\,\mathrm{Re}(z)\,,\ zz'\big) \\ &= (x, z)\,T\,(x', z') \end{aligned}\]

Donc \(T\) est commutative.

3- b) \((0, 1)\) est l’élément neutre de \(T\)

Soit \((x, z) \in \mathbb{R} \times \mathbb{C}\). Comme \(\mathrm{Re}(1) = 1\) :

\[\begin{aligned} &(x, z)\,T\,(0, 1) \\ &= \big(x \times 1 + 0 \times \mathrm{Re}(z)\,,\ z \times 1\big) \\ &= (x, z) \end{aligned}\]

Comme \(T\) est commutative, on a aussi \((0, 1)\,T\,(x, z) = (x, z)\). Donc \((0, 1)\) est l’élément neutre de \(T\) dans \(\mathbb{R} \times \mathbb{C}\).

3- c) \(T\) n’est pas associative

Soit \(x \in \mathbb{R}\). Comme \(\mathrm{Re}(-i) = 0\), \(\mathrm{Re}(i) = 0\) et \(i \times (-i) = 1\) :

\[\begin{aligned} &(1, i)\,T\,(x, -i) \\ &= \big(1 \times 0 + x \times 0\,,\ i \times (-i)\big) \\ &= (0, 1) \end{aligned}\]

En particulier \((1, i)\,T\,(0, -i) = (0, 1)\) et \((1, i)\,T\,(1, -i) = (0, 1)\). On compare alors, en utilisant la commutativité et l’élément neutre :

\[\begin{aligned} &\big[(0, -i)\,T\,(1, i)\big]\,T\,(1, -i) \\ &= (0, 1)\,T\,(1, -i) = (1, -i) \end{aligned}\] \[\begin{aligned} &(0, -i)\,T\,\big[(1, i)\,T\,(1, -i)\big] \\ &= (0, -i)\,T\,(0, 1) = (0, -i) \end{aligned}\]

Comme \((1, -i) \neq (0, -i)\), la loi \(T\) n’est pas associative dans \(\mathbb{R} \times \mathbb{C}\).

4- a) \(G\) est un sous-groupe de \((\mathbb{R} \times \mathbb{C}, \ast)\)

• \(G \subset \mathbb{R} \times \mathbb{C}\) et \(G \neq \varnothing\), car \((0, 0) = (\mathrm{Im}(0), 0) \in G\).
• Soient \((\mathrm{Im}(z), z)\) et \((\mathrm{Im}(z'), z')\) deux éléments de \(G\). Le symétrique du second pour \(\ast\) est \((-\mathrm{Im}(z'), -z')\), et :

\[\begin{aligned} &(\mathrm{Im}(z), z) \ast (-\mathrm{Im}(z'), -z') \\ &= \big(\mathrm{Im}(z) - \mathrm{Im}(z')\,,\ z - z'\big) \\ &= \big(\mathrm{Im}(z - z')\,,\ z - z'\big) \in G \end{aligned}\]

Donc \(G\) est un sous-groupe de \((\mathbb{R} \times \mathbb{C}, \ast)\).

4- b) \(\psi\) est un homomorphisme

Pour tous nombres complexes \(z\) et \(z'\), on rappelle que :

\[\begin{aligned} &\mathrm{Im}(zz') \\ &= \mathrm{Im}(z)\,\mathrm{Re}(z') + \mathrm{Im}(z')\,\mathrm{Re}(z) \end{aligned}\]

Donc, pour tous \(z\) et \(z'\) de \(\mathbb{C}^{*}\) :

\[\begin{aligned} &\psi(z)\,T\,\psi(z') \\ &= (\mathrm{Im}(z), z)\,T\,(\mathrm{Im}(z'), z') \\ &= \big(\mathrm{Im}(zz')\,,\ zz'\big) = \psi(zz') \end{aligned}\]

Donc \(\psi\) est un homomorphisme de \((\mathbb{C}^{*}, \times)\) vers \((\mathbb{R} \times \mathbb{C}, T)\).

4- c) \(\big(G - \{(0, 0)\}, T\big)\) est un groupe commutatif

On a \((\mathrm{Im}(z), z) = (0, 0)\) si et seulement si \(z = 0\). Donc :

\[\begin{aligned} \psi(\mathbb{C}^{*}) &= \{(\mathrm{Im}(z), z) \,/\, z \in \mathbb{C}^{*}\} \\ &= G - \{(0, 0)\} \end{aligned}\]

Or \((\mathbb{C}^{*}, \times)\) est un groupe commutatif et \(\psi\) est un homomorphisme de \((\mathbb{C}^{*}, \times)\) vers \((\mathbb{R} \times \mathbb{C}, T)\). L’image d’un groupe commutatif par un homomorphisme est un groupe commutatif. Donc \(\big(G - \{(0, 0)\}, T\big)\) est un groupe commutatif.

5- \((G, \ast, T)\) est un corps commutatif

• \((G, \ast)\) est un groupe commutatif : c’est un sous-groupe du groupe commutatif \((\mathbb{R} \times \mathbb{C}, \ast)\), d’élément neutre \((0, 0)\).
• \(\big(G - \{(0, 0)\}, T\big)\) est un groupe commutatif (question 4- c).
• La loi \(T\) est distributive par rapport à la loi \(\ast\) dans \(G\). En effet, le calcul de 4- b) est valable pour tous complexes : \((\mathrm{Im}(z), z)\,T\,(\mathrm{Im}(z'), z') = (\mathrm{Im}(zz'), zz')\). Soient \(u = (\mathrm{Im}(z), z)\), \(v = (\mathrm{Im}(z'), z')\) et \(w = (\mathrm{Im}(z''), z'')\) dans \(G\). Comme \(v \ast w = (\mathrm{Im}(z' + z''), z' + z'')\) :

\[\begin{aligned} &u\,T\,(v \ast w) \\ &= \big(\mathrm{Im}(zz' + zz'')\,,\ zz' + zz''\big) \\ &= \big(\mathrm{Im}(zz'), zz'\big) \ast \big(\mathrm{Im}(zz''), zz''\big) \\ &= (u\,T\,v) \ast (u\,T\,w) \end{aligned}\]

Comme \(T\) est commutative, la distributivité a lieu à gauche et à droite.

Donc \((G, \ast, T)\) est un corps commutatif.

Exercice 4 : Arithmétique

1- a) \(p\) et \(q\) sont premiers entre eux

On a \(S = 1 + p\left(1 + p + \cdots + p^{p-2}\right)\), donc \(S \equiv 1\ [p]\) : \(p\) ne divise pas \(S\). Or \(q\) divise \(S\), donc \(q \neq p\). Comme \(p\) et \(q\) sont deux nombres premiers distincts :

\[p \wedge q = 1\]

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

\(q\) est premier et \(p \wedge q = 1\). D’après le petit théorème de Fermat :

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

1- c) \(p^{p} \equiv 1\ [q]\)

En développant, les termes s’éliminent deux à deux :

\[\begin{aligned} &(p - 1)\,S \\ &= \left(p + p^{2} + \cdots + p^{p}\right) \\ &\quad - \left(1 + p + \cdots + p^{p-1}\right) \\ &= p^{p} - 1 \end{aligned}\]

Comme \(q\) divise \(S\), \(q\) divise \((p - 1)\,S = p^{p} - 1\). Donc :

\[p^{p} \equiv 1\ [q]\]

2- a) \(p \equiv 1\ [q]\)

On suppose \(p \wedge (q - 1) = 1\). D’après le théorème de Bézout, il existe \((u_{0}, v_{0}) \in \mathbb{Z}^{2}\) tel que \(u_{0}\,p + v_{0}(q - 1) = 1\). Pour tout entier \(t\), on a aussi :

\[\begin{aligned} &\big(u_{0} + t(q - 1)\big)p \\ &\quad + (v_{0} - tp)(q - 1) = 1 \end{aligned}\]

En choisissant \(t\) assez grand, on obtient deux entiers naturels \(u = u_{0} + t(q - 1)\) et \(v = tp - v_{0}\) tels que :

\[up = 1 + v(q - 1)\]

On calcule alors \(p^{up}\) modulo \(q\) de deux façons, avec 1- b) et 1- c) :

\[\begin{aligned} p^{up} &= \left(p^{p}\right)^{u} \equiv 1\ [q] \\ p^{up} &= p \times \left(p^{q-1}\right)^{v} \equiv p\ [q] \end{aligned}\]

Donc :

\[p \equiv 1\ [q]\]

2- b) \(S \equiv 1\ [q]\)

Comme \(p \equiv 1\ [q]\), on a \(p^{k} \equiv 1\ [q]\) pour tout \(k \in \mathbb{N}\). La somme \(S\) compte \(p\) termes, tous congrus à \(1\) modulo \(q\) :

\[S \equiv p\ [q]\]

Et comme \(p \equiv 1\ [q]\) :

\[S \equiv 1\ [q]\]

3- \(q \equiv 1\ [p]\)

Par l’absurde : supposons que \(p\) et \(q - 1\) soient premiers entre eux. D’après la question 2, \(S \equiv 1\ [q]\). Or \(q\) divise \(S\), donc \(S \equiv 0\ [q]\). On aurait \(1 \equiv 0\ [q]\), c’est-à-dire \(q\) divise \(1\) : impossible, car \(q\) est un nombre premier.

Donc \(p\) et \(q - 1\) ne sont pas premiers entre eux. Comme \(p\) est premier, cela signifie que \(p\) divise \(q - 1\) :

\[q \equiv 1\ [p]\]