الامتحان الوطني الموحد للبكالوريا 2026 – الرياضيات – شعبة العلوم الرياضية (أ) و (ب) – الدورة العادية

Exercice 1 : Analyse

Partie I

1- a) \(1 + x \leq e^{x}\) pour tout réel \(x\)

On pose \(h(x) = e^{x} - x - 1\) pour tout \(x \in \mathbb{R}\). La fonction \(h\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et \(h'(x) = e^{x} - 1\).

• Si \(x \leq 0\) alors \(e^{x} \leq 1\), donc \(h'(x) \leq 0\) : \(h\) est décroissante sur \(]-\infty, 0]\).
• Si \(x \geq 0\) alors \(e^{x} \geq 1\), donc \(h'(x) \geq 0\) : \(h\) est croissante sur \([0, +\infty[\).

Donc \(h\) admet un minimum en \(0\) : pour tout \(x \in \mathbb{R}\), \(h(x) \geq h(0) = 0\), c’est-à-dire \(1 + x \leq e^{x}\).

1- b) \(\dfrac{x^{2}}{2} + 1 + x \leq e^{x}\) sur \([0, +\infty[\)

Soit \(x \geq 0\). D’après 1- a), pour tout \(t \in [0, x]\) on a \(1 + t \leq e^{t}\). Comme \(0 \leq x\), on intègre cette inégalité entre \(0\) et \(x\) :

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

D’où \(\dfrac{x^{2}}{2} + 1 + x \leq e^{x}\) pour tout \(x \in [0, +\infty[\).

2- a) \(I(x) \leq \dfrac{x^{2}}{2}\)

Soit \(x \geq 0\) et \(t \in [0, x]\). On a \(-t \leq 0\), donc \(e^{-t} \leq 1\). En multipliant par \(t \geq 0\) : \(te^{-t} \leq t\). On intègre entre \(0\) et \(x\) :

\[I(x) \leq \int_{0}^{x} t\,dt = \left[\dfrac{t^{2}}{2}\right]_{0}^{x} = \dfrac{x^{2}}{2}\]

2- b) Calcul de \(I(x)\)

On intègre par parties en posant \(u(t) = t\) et \(v'(t) = e^{-t}\), donc \(u'(t) = 1\) et \(v(t) = -e^{-t}\) :

\[\begin{aligned} I(x) &= \big[-te^{-t}\big]_{0}^{x} + \int_{0}^{x} e^{-t}\,dt \\ &= -xe^{-x} + \big[-e^{-t}\big]_{0}^{x} \\ &= -xe^{-x} - e^{-x} + 1 \end{aligned}\]

3- a) Encadrement de \(g(x)\)

Soit \(x > 0\).

• Minoration. D’après 1- b), \(e^{x} - x - 1 \geq \dfrac{x^{2}}{2}\). En divisant par \(x^{2} > 0\) : \(g(x) \geq \dfrac{1}{2}\).

• Majoration. D’après 2- a) et 2- b) :

\[-xe^{-x} - e^{-x} + 1 \leq \dfrac{x^{2}}{2}\]

On multiplie les deux membres par \(e^{x} > 0\) :

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

puis on divise par \(x^{2} > 0\) : \(g(x) \leq \dfrac{e^{x}}{2}\).

Conclusion : \(\forall x \in\, ]0, +\infty[,\ \dfrac{1}{2} \leq g(x) \leq \dfrac{e^{x}}{2}\).

3- b) Limite de \(g\) en \(0^{+}\)

On a \(\displaystyle\lim_{x \to 0^{+}} \dfrac{e^{x}}{2} = \dfrac{1}{2}\) et \(\dfrac{1}{2} \leq g(x) \leq \dfrac{e^{x}}{2}\). D’après le théorème des gendarmes : \(\displaystyle\lim_{x \to 0^{+}} g(x) = \dfrac{1}{2}\).

Partie II

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

Pour \(x > 0\), on factorise le dénominateur par \(e^{x}\) :

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

Or \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{x}{e^{x}} = 0\) (croissances comparées) et \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} e^{-2x} = 0\). Donc :

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

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

2- Continuité à droite en \(0\)

Pour \(x > 0\), on a \(e^{x} - e^{-x} = e^{-x}(e^{2x} - 1)\), donc :

\[f(x) = \dfrac{xe^{x}}{e^{2x} - 1} = \dfrac{e^{x}}{2} \times \dfrac{2x}{e^{2x} - 1}\]

On sait que \(\displaystyle\lim_{t \to 0} \dfrac{e^{t} - 1}{t} = 1\). En posant \(t = 2x\), on obtient \(\displaystyle\lim_{x \to 0^{+}} \dfrac{2x}{e^{2x} - 1} = 1\). Comme \(\displaystyle\lim_{x \to 0^{+}} \dfrac{e^{x}}{2} = \dfrac{1}{2}\) :

\[\lim_{x \to 0^{+}} f(x) = \dfrac{1}{2} = f(0)\]

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

3- a) Taux d’accroissement en \(0\)

Soit \(x > 0\). On calcule séparément les deux membres.

• Membre de gauche :

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

donc :

\[\dfrac{f(x) - f(0)}{x} = \dfrac{2x - e^{x} + e^{-x}}{2x(e^{x} - e^{-x})}\]

• Membre de droite : on remplace \(f(x)\) par son expression, puis on distribue \(e^{-x}\) au numérateur.

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

Les deux membres sont égaux, d’où l’égalité demandée.

3- b) Lien avec la fonction \(g\)

Soit \(x > 0\). Comme \(g(2x) = \dfrac{e^{2x} - 2x - 1}{(2x)^{2}}\), on a :

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

et, en réduisant au même dénominateur :

\[\dfrac{e^{x} - 1}{x} = \dfrac{2xe^{x} - 2x}{2x^{2}}\]

Par soustraction :

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

3- c) Dérivabilité à droite en \(0\)

D’après 3- a) et 3- b), pour tout \(x > 0\) :

\[\begin{aligned} &\dfrac{f(x) - f(0)}{x} \\ &= -e^{-x} f(x)\left(2g(2x) - \dfrac{e^{x} - 1}{x}\right) \end{aligned}\]

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

• \(e^{-x}\) tend vers \(1\) ;
• \(f(x)\) tend vers \(f(0) = \dfrac{1}{2}\) (question 2) ;
• \(2x\) tend vers \(0^{+}\), donc \(g(2x)\) tend vers \(\dfrac{1}{2}\) (partie I, 3- b) et \(2g(2x)\) tend vers \(1\) ;
• \(\dfrac{e^{x} - 1}{x}\) tend vers \(1\).

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

Donc \(f\) est dérivable à droite en \(0\) et \(f'_{d}(0) = 0\). Graphiquement, \((C)\) admet au point d’abscisse \(0\) une demi-tangente horizontale.

4- a) \(0 \leq I(x) \leq J(x)\)

Soit \(x \geq 0\) et \(t \in [0, x]\). Comme \(t \geq 0\), on a \(-t \leq t\), donc \(e^{-t} \leq e^{t}\) (la fonction exponentielle est croissante). En multipliant par \(t \geq 0\) :

\[0 \leq te^{-t} \leq te^{t}\]

On intègre entre \(0\) et \(x\) (avec \(0 \leq x\)) : \(0 \leq I(x) \leq J(x)\).

4- b) Calcul de \(J(x)\)

On intègre par parties avec \(u(t) = t\) et \(v'(t) = e^{t}\), donc \(u'(t) = 1\) et \(v(t) = e^{t}\) :

\[\begin{aligned} J(x) &= \big[te^{t}\big]_{0}^{x} - \int_{0}^{x} e^{t}\,dt \\ &= xe^{x} - (e^{x} - 1) \\ &= (x - 1)e^{x} + 1 \end{aligned}\]

4- c) Expression de \(f'(x)\)

La fonction \(f\) est dérivable sur \(]0, +\infty[\) comme quotient de fonctions dérivables dont le dénominateur ne s’annule pas (\(e^{x} > e^{-x}\) pour \(x > 0\)). Pour tout \(x > 0\) :

\[f'(x) = \dfrac{(e^{x} - e^{-x}) - x(e^{x} + e^{-x})}{(e^{x} - e^{-x})^{2}}\]

D’autre part, d’après les expressions de \(I(x)\) et \(J(x)\) :

\[\begin{aligned} &I(x) - J(x) \\ &= -xe^{-x} - e^{-x} + 1 \\ &\quad - (x - 1)e^{x} - 1 \\ &= -xe^{-x} - e^{-x} - xe^{x} + e^{x} \\ &= (e^{x} - e^{-x}) - x(e^{x} + e^{-x}) \end{aligned}\]

C’est le numérateur de \(f'(x)\). Donc \(f'(x) = \dfrac{I(x) - J(x)}{(e^{x} - e^{-x})^{2}}\).

4- d) Sens de variation de \(f\)

Soit \(x > 0\). On a \(J(x) - I(x) = \displaystyle\int_{0}^{x} t(e^{t} - e^{-t})\,dt\). La fonction \(t \mapsto t(e^{t} - e^{-t})\) est continue et positive sur \([0, x]\), et strictement positive sur \(]0, x]\) ; son intégrale est donc strictement positive : \(I(x) - J(x) < 0\).

Comme \((e^{x} - e^{-x})^{2} > 0\), on obtient \(f'(x) < 0\) pour tout \(x > 0\). De plus \(f\) est continue à droite en \(0\). Donc \(f\) est strictement décroissante sur \([0, +\infty[\).

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

5- Bijection

La fonction \(f\) est continue sur \(]0, +\infty[\) (quotient de fonctions continues dont le dénominateur ne s’annule pas) et continue à droite en \(0\) : elle est continue sur \([0, +\infty[\). Elle est de plus strictement décroissante sur \([0, +\infty[\).

Donc \(f\) réalise une bijection de \([0, +\infty[\) vers l’intervalle :

\[\begin{aligned} f\big([0, +\infty[\big) &= \Big]\lim_{x \to +\infty} f(x)\ ;\ f(0)\Big] \\ &= \Big]0\ ;\ \dfrac{1}{2}\Big] \end{aligned}\]

6- a) Résolution de \(f(x) = x\)

\(0\) n’est pas solution, car \(f(0) = \dfrac{1}{2} \neq 0\). Soit \(x > 0\). En divisant par \(x \neq 0\) :

\[\begin{aligned} f(x) = x &\iff \dfrac{1}{e^{x} - e^{-x}} = 1 \\ &\iff e^{x} - e^{-x} = 1 \\ &\iff e^{2x} - e^{x} - 1 = 0 \end{aligned}\]

(on a multiplié par \(e^{x}\)). On pose \(X = e^{x}\), avec \(X > 1\) car \(x > 0\). L’équation \(X^{2} - X - 1 = 0\) a pour discriminant \(\Delta = 5\) et pour solutions :

\[\begin{aligned} X_{1} &= \dfrac{1 - \sqrt{5}}{2} < 0 \\ X_{2} &= \dfrac{1 + \sqrt{5}}{2} > 1 \end{aligned}\]

Seule \(X_{2}\) convient, donc \(e^{x} = \dfrac{1 + \sqrt{5}}{2}\). L’équation \(f(x) = x\) admet une unique solution dans \([0, +\infty[\) :

\[\alpha = \ln\left(\dfrac{1 + \sqrt{5}}{2}\right) \simeq 0{,}48\]

6- b) Courbes \((C)\) et \((C')\)

Éléments utilisés pour le tracé :

• \((C)\) part du point de coordonnées \(\left(0\ ;\ \frac{1}{2}\right)\) avec une demi-tangente horizontale, car \(f'_{d}(0) = 0\) ;
• \(f\) est strictement décroissante et l’axe des abscisses est asymptote à \((C)\) en \(+\infty\) ;
• \(P\) est un point d’inflexion de \((C)\) ; quelques valeurs : \(f(1) \simeq 0{,}43\), \(f(2) \simeq 0{,}28\), \(f(3) \simeq 0{,}15\) ;
• \((C')\) est le symétrique de \((C)\) par rapport à la droite d’équation \(y = x\) : elle part du point \(\left(\frac{1}{2}\ ;\ 0\right)\) avec une demi-tangente verticale et admet l’axe des ordonnées pour asymptote ;
• \((C)\) et \((C')\) se coupent au point \(A(\alpha\ ;\ \alpha)\), situé sur la droite \(y = x\).

7- a) \(0 \leq u_{n} \leq \dfrac{1}{2}\)

Par récurrence.

• Initialisation : \(u_{0} = 0\), donc \(0 \leq u_{0} \leq \dfrac{1}{2}\).

• Hérédité : soit \(n \in \mathbb{N}\) tel que \(0 \leq u_{n} \leq \dfrac{1}{2}\). Alors \(u_{n} \in [0, +\infty[\) et, d’après la question 5, \(f(u_{n}) \in \left]0, \frac{1}{2}\right]\). Donc \(0 \leq u_{n+1} \leq \dfrac{1}{2}\).

• Conclusion : \((\forall n \in \mathbb{N}),\ 0 \leq u_{n} \leq \dfrac{1}{2}\).

7- b) \(|u_{n+1} - \alpha| \leq \dfrac{1}{2}|u_{n} - \alpha|\)

Soit \(n \in \mathbb{N}\). On rappelle que \(f(\alpha) = \alpha\) et \(u_{n+1} = f(u_{n})\).

• Si \(u_{n} = \alpha\) : alors \(u_{n+1} = f(\alpha) = \alpha\) et les deux membres sont nuls.

• Si \(u_{n} \neq \alpha\) : \(f\) est continue sur l’intervalle fermé d’extrémités \(u_{n}\) et \(\alpha\) (inclus dans \([0, +\infty[\)) et dérivable sur l’intervalle ouvert correspondant (inclus dans \(]0, +\infty[\)). D’après le théorème des accroissements finis, il existe \(c\) strictement compris entre \(u_{n}\) et \(\alpha\) tel que :

\[f(u_{n}) - f(\alpha) = f'(c)(u_{n} - \alpha)\]

Or \(-\dfrac{1}{2} < f'(c) < 0\), donc \(|f'(c)| \leq \dfrac{1}{2}\). Par suite :

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

7- c) \(|u_{n} - \alpha| \leq \left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}\)

• Initialisation : \(|u_{0} - \alpha| = \alpha\). Or \(\alpha = f(\alpha) \in \left]0, \frac{1}{2}\right]\), donc \(\alpha \leq 1 = \left(\dfrac{1}{2}\right)^{0}\).

• Hérédité : soit \(n \in \mathbb{N}\) tel que \(|u_{n} - \alpha| \leq \left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}\). D’après 7- b) :

\[\begin{aligned} |u_{n+1} - \alpha| &\leq \dfrac{1}{2}|u_{n} - \alpha| \\ &\leq \dfrac{1}{2} \times \left(\dfrac{1}{2}\right)^{n} \\ &= \left(\dfrac{1}{2}\right)^{n+1} \end{aligned}\]

• Conclusion : \((\forall n \in \mathbb{N}),\ |u_{n} - \alpha| \leq \left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}\).

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

Pour tout \(n \in \mathbb{N}\), \(0 \leq |u_{n} - \alpha| \leq \left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}\). Comme \(-1 < \dfrac{1}{2} < 1\), on a \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \left(\dfrac{1}{2}\right)^{n} = 0\). D’après le théorème des gendarmes, \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} |u_{n} - \alpha| = 0\). Donc la suite \((u_{n})\) converge vers \(\alpha\).

Partie III

1- a) \(0 \leq F(x) \leq x f(x)\)

Soit \(x \geq 0\) ; on a \(x \leq 2x\). Soit \(t \in [x, 2x]\). Comme \(f\) est décroissante sur \([0, +\infty[\) et à valeurs dans \(\left]0, \frac{1}{2}\right]\) :

\[0 \leq f(t) \leq f(x)\]

On intègre entre \(x\) et \(2x\) (avec \(x \leq 2x\)) :

\[0 \leq \int_{x}^{2x} f(t)\,dt \leq f(x)(2x - x)\]

c’est-à-dire \(0 \leq F(x) \leq x f(x)\).

1- b) Limite de \(F\) en \(+\infty\)

Pour \(x > 0\) :

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

Or \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{x^{2}}{e^{x}} = 0\) (croissances comparées) et \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} e^{-2x} = 0\), donc \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} x f(x) = 0\). D’après le théorème des gendarmes :

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

1- c) Interprétation graphique

La courbe représentative de \(F\) admet l’axe des abscisses pour asymptote horizontale au voisinage de \(+\infty\).

Autrement dit, comme \(f\) est positive, \(F(x)\) est l’aire (en unités d’aire) du domaine limité par \((C)\), l’axe des abscisses et les droites verticales d’abscisses \(x\) et \(2x\) : cette aire tend vers \(0\) quand \(x\) tend vers \(+\infty\).

2- a) Dérivabilité de \(F\)

La fonction \(f\) est continue sur \([0, +\infty[\), donc elle admet une primitive \(\Phi\) sur \([0, +\infty[\), et pour tout \(x \geq 0\) :

\[F(x) = \Phi(2x) - \Phi(x)\]

La fonction \(x \mapsto 2x\) est dérivable sur \([0, +\infty[\) et à valeurs dans \([0, +\infty[\), où \(\Phi\) est dérivable. Donc \(x \mapsto \Phi(2x)\) est dérivable sur \([0, +\infty[\), et \(F\) aussi, comme différence de deux fonctions dérivables. De plus :

\[\begin{aligned} F'(x) &= 2\Phi'(2x) - \Phi'(x) \\ &= 2f(2x) - f(x) \end{aligned}\]

2- b) Expression de \(F'(x)\)

• Pour \(x > 0\). On utilise \(e^{2x} - e^{-2x} = (e^{x} - e^{-x})(e^{x} + e^{-x})\) :

\[\begin{aligned} 2f(2x) &= \dfrac{4x}{(e^{x} - e^{-x})(e^{x} + e^{-x})} \\ &= f(x) \times \dfrac{4}{e^{x} + e^{-x}} \end{aligned}\]

Donc :

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

(à la troisième ligne, on a multiplié le numérateur et le dénominateur par \(e^{x}\)).

• Pour \(x = 0\). \(F'(0) = 2f(0) - f(0) = \dfrac{1}{2}\), et la formule donne \(\dfrac{-\frac{1}{2}}{2} \times (1 - 4 + 1) = \dfrac{1}{2}\). L’égalité est donc vraie sur \([0, +\infty[\).

2- c) Extremum de \(F\)

Pour tout \(x \geq 0\), \(f(x) > 0\) et \(e^{2x} + 1 > 0\). Donc \(F'(x)\) est du signe de \(-(e^{2x} - 4e^{x} + 1)\).

On pose \(X = e^{x}\), avec \(X \geq 1\) car \(x \geq 0\). Le trinôme \(X^{2} - 4X + 1\) a pour discriminant \(\Delta = 12\) et pour racines :

\[\begin{aligned} X_{1} &= 2 - \sqrt{3} \simeq 0{,}27 \\ X_{2} &= 2 + \sqrt{3} \simeq 3{,}73 \end{aligned}\]

Comme \(X_{1} < 1 \leq X\), seule \(X_{2}\) intervient, et \(e^{x} = 2 + \sqrt{3} \iff x = \ln(2 + \sqrt{3})\).

• Si \(0 \leq x < \ln(2 + \sqrt{3})\) : \(X_{1} < X < X_{2}\), le trinôme est négatif, donc \(F'(x) > 0\).
• Si \(x > \ln(2 + \sqrt{3})\) : \(X > X_{2}\), le trinôme est positif, donc \(F'(x) < 0\).

En notant \(x_{1} = \ln(2 + \sqrt{3})\) :

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

\(F'\) s’annule en \(\ln(2 + \sqrt{3})\) en changeant de signe (du positif au négatif). Donc \(F\big(\ln(2 + \sqrt{3})\big)\) est un extremum de \(F\) sur \([0, +\infty[\) : c’est son maximum.

Exercice 2 : Nombres complexes

Partie I

1- Deuxième solution de \((E_{m})\)

On a \(|m| = \sqrt{2}\), donc \(\overline{m} \neq 0\) et \((E_{m})\) est une équation du second degré. La somme de ses solutions est :

\[z_{1} + z_{2} = \dfrac{2}{\overline{m}}\]

Or \(m\,\overline{m} = |m|^{2} = 2\), donc \(\dfrac{2}{\overline{m}} = m\). Par suite :

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

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

On a \(1 - i = \sqrt{2}\,e^{-i\frac{\pi}{4}}\). Donc :

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

De même, \(1 + i = \sqrt{2}\,e^{i\frac{\pi}{4}}\) donne \(z_{2} = e^{i\left(\theta + \frac{\pi}{4}\right)}\).

Partie II

1- \(R(M_{1}) = M_{2}\)

L’écriture complexe de la rotation \(R\) de centre \(O\) et d’angle \(\dfrac{\pi}{2}\) est \(z' = e^{i\frac{\pi}{2}} z = iz\). Or :

\[i z_{1} = \dfrac{m(i - i^{2})}{2} = \dfrac{m(1 + i)}{2} = z_{2}\]

Donc \(R(M_{1}) = M_{2}\).

2- a) Deux perpendicularités

On remarque que \(m - z_{1} = z_{2}\) et \(m - z_{2} = z_{1}\) (car \(z_{1} + z_{2} = m\)), et que \(z_{2} = iz_{1}\).

• \((MM_{1}) \perp (OM_{1})\) :

\[\dfrac{m - z_{1}}{0 - z_{1}} = \dfrac{z_{2}}{-z_{1}} = \dfrac{iz_{1}}{-z_{1}} = -i\]

Ce nombre est imaginaire pur non nul, donc \(\big(\overrightarrow{M_{1}O}, \overrightarrow{M_{1}M}\big) \equiv -\dfrac{\pi}{2}\ [2\pi]\) : les droites \((MM_{1})\) et \((OM_{1})\) sont perpendiculaires.

• \((MM_{2}) \perp (OM_{2})\) :

\[\dfrac{m - z_{2}}{0 - z_{2}} = \dfrac{z_{1}}{-z_{2}} = \dfrac{z_{1}}{-iz_{1}} = i\]

Ce nombre est imaginaire pur non nul, donc les droites \((MM_{2})\) et \((OM_{2})\) sont perpendiculaires.

2- b) \(OM_{1} = OM_{2} = 1\)

\(OM_{1} = |z_{1}| = \left|e^{i\left(\theta - \frac{\pi}{4}\right)}\right| = 1\) et \(OM_{2} = |z_{2}| = |i| \times |z_{1}| = 1\).

2- c) Nature du quadrilatère \(OM_{1}MM_{2}\)

• \(z_{1} + z_{2} = m\) signifie \(\overrightarrow{OM_{1}} + \overrightarrow{OM_{2}} = \overrightarrow{OM}\) : \(OM_{1}MM_{2}\) est un parallélogramme.
• \(OM_{1} = OM_{2}\) : deux côtés consécutifs sont égaux, c’est un losange.
• \(\big(\overrightarrow{OM_{1}}, \overrightarrow{OM_{2}}\big) \equiv \dfrac{\pi}{2}\ [2\pi]\) car \(R(M_{1}) = M_{2}\) : il a un angle droit.

Donc \(OM_{1}MM_{2}\) est un carré (de côté \(1\)).

3- a) \(\mathrm{Re}(m - h) = 0\) et \(\mathrm{Re}(1 - h\,\overline{m}) = 0\)

Comme \(\theta \neq k\pi\), on a \(\sin\theta \neq 0\).

• Première égalité. On a \(\mathrm{Re}(m) = \sqrt{2}\cos\theta\). D’autre part :

\[\begin{aligned} h &= \dfrac{-i(\cos 2\theta + i\sin 2\theta)}{\sqrt{2}\sin\theta} \\ &= \dfrac{\sin 2\theta - i\cos 2\theta}{\sqrt{2}\sin\theta} \end{aligned}\]

donc, avec \(\sin 2\theta = 2\sin\theta\cos\theta\) :

\[\begin{aligned} \mathrm{Re}(h) &= \dfrac{2\sin\theta\cos\theta}{\sqrt{2}\sin\theta} \\ &= \sqrt{2}\cos\theta = \mathrm{Re}(m) \end{aligned}\]

D’où \(\mathrm{Re}(m - h) = 0\).

• Deuxième égalité. Comme \(\overline{m} = \sqrt{2}\,e^{-i\theta}\) :

\[\begin{aligned} h\,\overline{m} &= \dfrac{-i\,e^{2i\theta}}{\sqrt{2}\sin\theta} \times \sqrt{2}\,e^{-i\theta} \\ &= \dfrac{-i\,e^{i\theta}}{\sin\theta} \\ &= \dfrac{-i(\cos\theta + i\sin\theta)}{\sin\theta} \\ &= \dfrac{\sin\theta - i\cos\theta}{\sin\theta} \\ &= 1 - i\,\mathrm{cotan}\,\theta \end{aligned}\]

Donc \(1 - h\,\overline{m} = i\,\mathrm{cotan}\,\theta\), qui est imaginaire pur : \(\mathrm{Re}(1 - h\,\overline{m}) = 0\).

3- b) \(\mathrm{Re}\left(\dfrac{a - h}{m + 1}\right) = 0\)

On a \(m + 1 \neq 0\) car \(|m| = \sqrt{2} \neq 1\). On multiplie le numérateur et le dénominateur par \(\overline{m + 1} = \overline{m} + 1\) :

\[\dfrac{a - h}{m + 1} = \dfrac{(1 - h)(\overline{m} + 1)}{|m + 1|^{2}}\]

Le dénominateur est un réel strictement positif. Pour le numérateur :

\[\begin{aligned} &(1 - h)(\overline{m} + 1) \\ &= \overline{m} + 1 - h\,\overline{m} - h \\ &= (1 - h\,\overline{m}) + (\overline{m} - h) \end{aligned}\]

Comme \(\mathrm{Re}(\overline{m}) = \mathrm{Re}(m)\), on obtient avec 3- a) :

\[\begin{aligned} &\mathrm{Re}\big((1 - h)(\overline{m} + 1)\big) \\ &= \mathrm{Re}(1 - h\,\overline{m}) + \mathrm{Re}(m - h) = 0 \end{aligned}\]

Donc \(\mathrm{Re}\left(\dfrac{a - h}{m + 1}\right) = 0\).

3- c) \((MH) \perp (AB)\) et \((AH) \perp (MB)\)

• \((MH) \perp (AB)\). On a \(b - a = -2\), donc \(\dfrac{h - m}{b - a} = \dfrac{m - h}{2}\), de partie réelle nulle d’après 3- a). De plus \(M \neq H\) : en multipliant \(h\,\overline{m} = 1 - i\,\mathrm{cotan}\,\theta\) par \(m\) et en utilisant \(m\,\overline{m} = 2\), on obtient

\[h = \dfrac{m(1 - i\,\mathrm{cotan}\,\theta)}{2}\]

donc :

\[m - h = \dfrac{m(1 + i\,\mathrm{cotan}\,\theta)}{2} \neq 0\]

Ainsi \(\dfrac{h - m}{b - a}\) est imaginaire pur non nul : \((MH) \perp (AB)\).

• \((AH) \perp (MB)\). On a :

\[\dfrac{h - a}{b - m} = \dfrac{h - 1}{-1 - m} = \dfrac{a - h}{m + 1}\]

qui est imaginaire pur d’après 3- b). Donc (pour \(H \neq A\)) les droites \((AH)\) et \((MB)\) sont perpendiculaires.

Remarque : \(H\) est donc l’orthocentre du triangle \(ABM\).

4- a) Calcul de \(\dfrac{h - z_{1}}{z_{2} - z_{1}}\)

On utilise \(h = \dfrac{m(1 - i\,\mathrm{cotan}\,\theta)}{2}\), établi à la question précédente :

\[\begin{aligned} &h - z_{1} \\ &= \dfrac{m(1 - i\,\mathrm{cotan}\,\theta)}{2} - \dfrac{m(1 - i)}{2} \\ &= \dfrac{m(i - i\,\mathrm{cotan}\,\theta)}{2} \\ &= \dfrac{i\,m(1 - \mathrm{cotan}\,\theta)}{2} \end{aligned}\] \[\begin{aligned} z_{2} - z_{1} &= \dfrac{m(1 + i)}{2} - \dfrac{m(1 - i)}{2} \\ &= i\,m \end{aligned}\]

Par quotient (\(i\,m \neq 0\)) :

\[\dfrac{h - z_{1}}{z_{2} - z_{1}} = \dfrac{1}{2}\big(1 - \mathrm{cotan}\,\theta\big)\]

4- b) Alignement de \(H\), \(M_{1}\) et \(M_{2}\)

Le quotient \(\dfrac{h - z_{1}}{z_{2} - z_{1}}\) est un nombre réel et \(M_{1} \neq M_{2}\). Donc les vecteurs \(\overrightarrow{M_{1}H}\) et \(\overrightarrow{M_{1}M_{2}}\) sont colinéaires : les points \(H\), \(M_{1}\) et \(M_{2}\) sont alignés.

Exercice 3 : Arithmétique et probabilités

Partie I – A

1- Solution particulière de \((F)\)

\(5 \times 2 - 9 \times 1 = 10 - 9 = 1\), donc \((u_{0}, v_{0}) = (2, 1)\) est une solution de \((F)\) dans \(\mathbb{N}^{2}\).

2- Ensemble des solutions de \((F)\)

Soit \((u, v) \in \mathbb{Z}^{2}\) une solution de \((F)\). En soustrayant \(5 \times 2 - 9 \times 1 = 1\) :

\[5(u - 2) = 9(v - 1)\]

Donc \(9\) divise \(5(u - 2)\). Comme \(9 \wedge 5 = 1\), le théorème de Gauss donne : \(9\) divise \(u - 2\). Il existe donc \(k \in \mathbb{Z}\) tel que \(u = 2 + 9k\). En remplaçant : \(5 \times 9k = 9(v - 1)\), d’où \(v = 1 + 5k\).

Réciproquement, pour tout \(k \in \mathbb{Z}\) : \(5(2 + 9k) - 9(1 + 5k) = 10 - 9 = 1\).

\[S = \{(2 + 9k\ ;\ 1 + 5k) \,/\, k \in \mathbb{Z}\}\]

3- \(5^{u_{0}} \equiv 6\ [19]\)

Avec \(u_{0} = 2\) : \(5^{2} = 25 = 19 + 6\), donc \(5^{u_{0}} \equiv 6\ [19]\).

Partie I – B

1- a) \(x \wedge 19 = 1\) et \(x^{18} \equiv 1\ [19]\)

Supposons que \(19\) divise \(x\). Alors \(x \equiv 0\ [19]\), donc \(x^{2026} \equiv 0\ [19]\). Or \(x^{2026} \equiv 5\ [19]\) : on aurait \(5 \equiv 0\ [19]\), ce qui est faux. Donc \(19\) ne divise pas \(x\).

Comme \(19\) est un nombre premier qui ne divise pas \(x\), les nombres \(x\) et \(19\) sont premiers entre eux, et d’après le petit théorème de Fermat : \(x^{18} \equiv 1\ [19]\).

1- b) \(x^{10} \equiv 5\ [19]\)

La division euclidienne de \(2026\) par \(18\) donne \(2026 = 18 \times 112 + 10\). Donc :

\[\begin{aligned} x^{2026} &= (x^{18})^{112} \times x^{10} \\ &\equiv 1^{112} \times x^{10}\ [19] \\ &\equiv x^{10}\ [19] \end{aligned}\]

Comme \(x^{2026} \equiv 5\ [19]\), on obtient \(x^{10} \equiv 5\ [19]\).

1- c) \(x^{2} \equiv 6\ [19]\)

D’après la partie A, \(5u_{0} - 9v_{0} = 1\) avec \(u_{0} = 2\) et \(v_{0} = 1\) ; en multipliant par \(2\) : \(10 \times 2 = 2 + 18 \times 1\). Donc :

\[(x^{10})^{2} = x^{20} = x^{2} \times x^{18} \equiv x^{2}\ [19]\]

D’autre part, d’après 1- b) et A- 3 :

\[(x^{10})^{2} \equiv 5^{2} \equiv 6\ [19]\]

D’où \(x^{2} \equiv 6\ [19]\).

1- d) \(x \equiv 5\ [19]\) ou \(x \equiv -5\ [19]\)

Comme \(6 \equiv 25\ [19]\), on a \(x^{2} \equiv 25\ [19]\), c’est-à-dire :

\[(x - 5)(x + 5) \equiv 0\ [19]\]

Donc \(19\) divise le produit \((x - 5)(x + 5)\). Comme \(19\) est premier, il divise l’un des deux facteurs : \(x \equiv 5\ [19]\) ou \(x \equiv -5\ [19]\).

2- Réciproque

Supposons \(x \equiv 5\ [19]\) ou \(x \equiv -5\ [19]\). Comme \(2026\) est pair, dans les deux cas :

\[x^{2026} \equiv 5^{2026}\ [19]\]

\(19\) est premier et ne divise pas \(5\), donc \(5^{18} \equiv 1\ [19]\) et, comme en 1- b), \(5^{2026} \equiv 5^{10}\ [19]\). On calcule :

• \(5^{2} = 25 \equiv 6\ [19]\) ;
• \(5^{4} \equiv 6^{2} = 36 \equiv -2\ [19]\) ;
• \(5^{8} \equiv (-2)^{2} = 4\ [19]\) ;
• \(5^{10} = 5^{8} \times 5^{2} \equiv 4 \times 6 = 24 \equiv 5\ [19]\).

Donc \(x^{2026} \equiv 5\ [19]\) : \(x\) est solution de \((E)\).

Bilan : les solutions de \((E)\) sont les entiers \(x\) tels que \(x \equiv 5\ [19]\) ou \(x \equiv -5\ [19]\).

Partie II

1- Probabilité de \(V\)

D’après la partie I, les numéros favorables sont les entiers de \(1\) à \(100\) congrus à \(5\) ou à \(-5\) modulo \(19\) (on a \(-5 \equiv 14\ [19]\)).

• \(x = 5 + 19k\) avec \(1 \leq x \leq 100\) : \(5\) ; \(24\) ; \(43\) ; \(62\) ; \(81\) ; \(100\), soit \(6\) numéros.
• \(x = 14 + 19k\) avec \(1 \leq x \leq 100\) : \(14\) ; \(33\) ; \(52\) ; \(71\) ; \(90\), soit \(5\) numéros.

Il y a \(11\) cas favorables parmi \(100\) cas équiprobables :

\[p = P(V) = \dfrac{11}{100} = 0{,}11\]

2- Valeur minimale de \(n\)

Les \(n\) tirages sont indépendants (tirages avec remise) et, à chaque tirage, \(P(\overline{V}) = 1 - 0{,}11 = 0{,}89\). L’événement contraire de « \(V\) est réalisé au moins une fois » est « \(V\) n’est jamais réalisé », de probabilité \(0{,}89^{n}\). On cherche donc \(n\) tel que :

\[\begin{aligned} &1 - 0{,}89^{n} > 0{,}95 \\ &\iff 0{,}89^{n} < 0{,}05 \\ &\iff n\ln(0{,}89) < \ln(0{,}05) \\ &\iff n > \dfrac{\ln(0{,}05)}{\ln(0{,}89)} \end{aligned}\]

(le sens de l’inégalité change car \(\ln(0{,}89) < 0\)). Or \(\dfrac{\ln(0{,}05)}{\ln(0{,}89)} \simeq 25{,}7\). La valeur minimale de \(n\) est donc :

\[n = 26\]

Vérification : \(0{,}89^{25} \simeq 0{,}054 > 0{,}05\) et \(0{,}89^{26} \simeq 0{,}048 < 0{,}05\).

Exercice 4 : Structures algébriques

1- \(M(x) \times M(y) = M(x + y)\)

Soient \(x\) et \(y\) deux réels. On note \(p_{ij}\) les coefficients du produit \(M(x) \times M(y)\), obtenus en multipliant la ligne \(i\) de \(M(x)\) par la colonne \(j\) de \(M(y)\).

• Ligne 1. La première ligne de \(M(x)\) est \((1\ \ 0\ \ 0)\), donc la première ligne du produit est celle de \(M(y)\) : \(p_{11} = 1\), \(p_{12} = 0\), \(p_{13} = 0\).

• Ligne 2.

\[\begin{aligned} p_{21} &= x^{2} + (1 - x)y^{2} + x(y^{2} + 2y) \\ &= x^{2} + y^{2} - xy^{2} + xy^{2} + 2xy \\ &= x^{2} + 2xy + y^{2} = (x + y)^{2} \end{aligned}\] \[\begin{aligned} p_{22} &= (1 - x)(1 - y) + x(-y) \\ &= 1 - x - y = 1 - (x + y) \end{aligned}\] \[p_{23} = (1 - x)y + x(y + 1) = x + y\]

• Ligne 3.

\[\begin{aligned} p_{31} &= x^{2} + 2x - xy^{2} \\ &\quad + (x + 1)(y^{2} + 2y) \\ &= x^{2} + 2xy + y^{2} + 2x + 2y \\ &= (x + y)^{2} + 2(x + y) \end{aligned}\] \[\begin{aligned} p_{32} &= -x(1 - y) + (x + 1)(-y) \\ &= -x - y = -(x + y) \end{aligned}\] \[\begin{aligned} p_{33} &= -xy + (x + 1)(y + 1) \\ &= (x + y) + 1 \end{aligned}\]

On reconnaît les coefficients de \(M(x + y)\). Donc \(M(x) \times M(y) = M(x + y)\).

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

Pour tous réels \(x\) et \(y\), d’après la question 1 :

\[\begin{aligned} \varphi(x + y) &= M(x + y) \\ &= M(x) \times M(y) \\ &= \varphi(x) \times \varphi(y) \end{aligned}\]

Donc \(\varphi\) est un homomorphisme de \((\mathbb{R}, +)\) vers \((M_{3}(\mathbb{R}), \times)\). De plus :

\[\begin{aligned} \varphi(\mathbb{R}) &= \{\varphi(x) \,/\, x \in \mathbb{R}\} \\ &= \{M(x) \,/\, x \in \mathbb{R}\} = E \end{aligned}\]

2- b) \((E, \times)\) est un groupe commutatif

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

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

3- a) \((E - \{I\}, T)\) est un groupe commutatif

Le coefficient de la ligne 2, colonne 3 de \(M(x)\) est \(x\) : donc \(M(x) = M(y)\) équivaut à \(x = y\), et \(M(x) = I = M(0)\) équivaut à \(x = 0\). Ainsi :

\[E - \{I\} = \{M(x) \,/\, x \in \mathbb{R}^{*}\}\]

Soient \(x\), \(y\) et \(z\) des réels non nuls.

• Loi interne : \(2xy \neq 0\), donc \(M(x)\,T\,M(y) = M(2xy) \in E - \{I\}\).

• Commutativité : \(M(x)\,T\,M(y) = M(2xy) = M(2yx) = M(y)\,T\,M(x)\).

• Associativité :

\[\begin{aligned} &\big(M(x)\,T\,M(y)\big)\,T\,M(z) \\ &= M(2xy)\,T\,M(z) = M(4xyz) \end{aligned}\] \[\begin{aligned} &M(x)\,T\,\big(M(y)\,T\,M(z)\big) \\ &= M(x)\,T\,M(2yz) = M(4xyz) \end{aligned}\]

• Élément neutre : on cherche \(e \neq 0\) tel que \(M(x)\,T\,M(e) = M(x)\) pour tout \(x \neq 0\), c’est-à-dire \(2xe = x\), soit \(e = \dfrac{1}{2}\). L’élément neutre est \(M\left(\dfrac{1}{2}\right)\).

• Symétrique : \(M(x)\,T\,M(x') = M\left(\dfrac{1}{2}\right)\) équivaut à \(2xx' = \dfrac{1}{2}\), soit \(x' = \dfrac{1}{4x} \neq 0\). Le symétrique de \(M(x)\) est \(M\left(\dfrac{1}{4x}\right) \in E - \{I\}\).

Donc \((E - \{I\}, T)\) est un groupe commutatif.

3- b) \((E, \times, T)\) est un corps commutatif

• \((E, \times)\) est un groupe commutatif d’élément neutre \(I\) (question 2- b).
• \((E - \{I\}, T)\) est un groupe commutatif (question 3- a).
• La loi \(T\) est distributive par rapport à la loi \(\times\) : pour tous réels \(x\), \(y\) et \(z\),

\[\begin{aligned} &M(x)\,T\,\big(M(y) \times M(z)\big) \\ &= M(x)\,T\,M(y + z) \\ &= M(2xy + 2xz) \\ &= M(2xy) \times M(2xz) \\ &= \big(M(x)\,T\,M(y)\big) \\ &\quad \times \big(M(x)\,T\,M(z)\big) \end{aligned}\]

et, comme \(T\) est commutative, la distributivité à droite en découle.

Donc \((E, \times, T)\) est un corps commutatif.

4- a) \((M(x))^{n} = M(nx)\)

Par récurrence sur \(n \in \mathbb{N}^{*}\).

• Initialisation : \((M(x))^{1} = M(x) = M(1 \times x)\).

• Hérédité : soit \(n \in \mathbb{N}^{*}\) tel que \((M(x))^{n} = M(nx)\). Alors, d’après la question 1 :

\[\begin{aligned} (M(x))^{n+1} &= (M(x))^{n} \times M(x) \\ &= M(nx) \times M(x) \\ &= M\big((n + 1)x\big) \end{aligned}\]

• Conclusion : \((\forall n \in \mathbb{N}^{*}),\ (M(x))^{n} = M(nx)\).

4- b) Résolution de l’équation dans \(E\)

Soit \(X \in E\) : il existe un réel \(x\) tel que \(X = M(x)\). D’après 4- a), \(X^{3} = M(3x)\) et \(X^{2} = M(2x)\). On calcule la différence \(M(3x) - M(2x)\) coefficient par coefficient ; on obtient la matrice :

\[\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 5x^{2} & -x & x \\ 5x^{2} + 2x & -x & x \end{pmatrix}\]

car \(9x^{2} - 4x^{2} = 5x^{2}\), \((1 - 3x) - (1 - 2x) = -x\), \((9x^{2} + 6x) - (4x^{2} + 4x) = 5x^{2} + 2x\) et \((3x + 1) - (2x + 1) = x\).

L’équation équivaut donc au système :

\[\begin{cases} 5x^{2} = 5 \\ -x = 1 \\ x = -1 \\ 5x^{2} + 2x = 3 \end{cases}\]

Les deuxième et troisième égalités donnent \(x = -1\), qui vérifie aussi \(5x^{2} = 5\) et \(5x^{2} + 2x = 5 - 2 = 3\). L’équation admet donc une unique solution dans \(E\) :

\[X = M(-1) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 2 & -1 \\ -1 & 1 & 0 \end{pmatrix}\]