الامتحان الوطني الموحد للبكالوريا 2025 – الرياضيات – شعبة العلوم الرياضية (أ) و (ب) – الدورة العادية

Exercice 1 : Analyse

Partie I

1- a) \(f(1 - x) = f(x)\)

Soit \(x \in \mathbb{R}\). On a :

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

On multiplie le numérateur et le dénominateur par \(e^{2x-1}\) (qui est non nul) :

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

Donc :

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

1- b) Interprétation graphique

Pour tout réel \(x\), le réel \(1 - x = 2 \times \dfrac{1}{2} - x\) appartient à \(\mathbb{R}\) et \(f\left(2 \times \dfrac{1}{2} - x\right) = f(x)\). Donc la droite d’équation \(x = \dfrac{1}{2}\) est un axe de symétrie de la courbe \((\Gamma)\).

1- c) Limites de \(f\) en \(-\infty\) et en \(+\infty\)

• En \(-\infty\) : \(\displaystyle\lim_{x \to -\infty} e^{x} = 0\) et \(\displaystyle\lim_{x \to -\infty} e^{2x} = 0\), donc le numérateur tend vers \(0\) et le dénominateur vers \(e\). Par quotient :

\[\lim_{x \to -\infty} f(x) = \dfrac{0}{e} = 0\]

• En \(+\infty\) : d’après 1- a), \(f(x) = f(1 - x)\). Quand \(x\) tend vers \(+\infty\), \(t = 1 - x\) tend vers \(-\infty\). Donc :

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

1- d) Interprétation graphique

L’axe des abscisses (la droite d’équation \(y = 0\)) est une asymptote horizontale à la courbe \((\Gamma)\) au voisinage de \(-\infty\) et au voisinage de \(+\infty\).

2- a) Calcul de \(f'(x)\)

\(f\) est le quotient de deux fonctions dérivables sur \(\mathbb{R}\) dont le dénominateur ne s’annule pas (\(e^{2x} + e > 0\)), donc \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et, pour tout réel \(x\) :

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

On divise le numérateur et le dénominateur de la deuxième fraction par \(e\), avec \(\dfrac{e^{2x}}{e} = e^{2x-1}\) :

\[f'(x) = f(x)\,\dfrac{1 - e^{2x-1}}{1 + e^{2x-1}}\]

2- b) Variations de \(f\) et encadrement

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

\[\begin{aligned} 1 - e^{2x-1} > 0 &\iff e^{2x-1} < 1 \\ &\iff 2x - 1 < 0 \\ &\iff x < \dfrac{1}{2} \end{aligned}\]

Donc \(f\) est strictement croissante sur \(\left]-\infty ; \dfrac{1}{2}\right]\) et strictement décroissante sur \(\left[\dfrac{1}{2} ; +\infty\right[\).

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

La valeur maximale de \(f\) est :

\[f\left(\dfrac{1}{2}\right) = \dfrac{e^{\frac{1}{2}}}{e + e} = \dfrac{\sqrt{e}}{2e} = \dfrac{1}{2\sqrt{e}}\]

Donc, pour tout réel \(x\), \(f(x) \leq \dfrac{1}{2\sqrt{e}}\). Or \(e > 1\), donc \(\sqrt{e} > 1\) et \(\dfrac{1}{2\sqrt{e}} < \dfrac{1}{2}\). Comme de plus \(f(x) > 0\) :

\[(\forall x \in \mathbb{R})\ ;\ 0 < f(x) < \dfrac{1}{2}\]

3- Courbe \((\Gamma)\)

Éléments utilisés pour le tracé :

• le repère est orthogonal : \(1\ \mathrm{cm}\) sur l’axe des abscisses et \(2\ \mathrm{cm}\) sur l’axe des ordonnées ;
• la droite d’équation \(x = \dfrac{1}{2}\) est un axe de symétrie de \((\Gamma)\) ;
• l’axe des abscisses est asymptote à \((\Gamma)\) en \(-\infty\) et en \(+\infty\) ;
• le sommet est le point \(S\left(\dfrac{1}{2} ; \dfrac{1}{2\sqrt{e}}\right)\), avec \(\dfrac{1}{2\sqrt{e}} \simeq 0{,}30\), où la tangente est horizontale ;
• \(f(0) = f(1) = \dfrac{1}{1 + e} \simeq 0{,}27\).

4- a) Égalité de deux intégrales

Dans l’intégrale \(\displaystyle\int_{\frac{1}{2}}^{1} f(x)\,dx\), on effectue le changement de variable \(t = 1 - x\) : \(x = 1 - t\) et \(dx = -dt\) ; si \(x = \dfrac{1}{2}\) alors \(t = \dfrac{1}{2}\), et si \(x = 1\) alors \(t = 0\).

\[\begin{aligned} \int_{\frac{1}{2}}^{1} f(x)\,dx &= \int_{\frac{1}{2}}^{0} f(1 - t)\,(-dt) \\ &= \int_{0}^{\frac{1}{2}} f(1 - t)\,dt \\ &= \int_{0}^{\frac{1}{2}} f(t)\,dt \end{aligned}\]

car \(f(1 - t) = f(t)\) d’après 1- a). Donc :

\[\int_{0}^{\frac{1}{2}} f(x)\,dx = \int_{\frac{1}{2}}^{1} f(x)\,dx\]

4- b) Conséquence

D’après la relation de Chasles, puis la question 4- a) :

\[\begin{aligned} &\int_{0}^{1} f(x)\,dx \\ &= \int_{0}^{\frac{1}{2}} f(x)\,dx + \int_{\frac{1}{2}}^{1} f(x)\,dx \\ &= 2\int_{0}^{\frac{1}{2}} f(x)\,dx \end{aligned}\]

5- a) Changement de variable \(t = e^{x}\)

On pose \(t = e^{x}\), donc \(dt = e^{x}\,dx\) et \(e^{2x} = t^{2}\). Si \(x = 0\) alors \(t = 1\) ; si \(x = \dfrac{1}{2}\) alors \(t = e^{\frac{1}{2}} = \sqrt{e}\). Donc :

\[\begin{aligned} \int_{0}^{\frac{1}{2}} f(x)\,dx &= \int_{0}^{\frac{1}{2}} \dfrac{e^{x}\,dx}{e^{2x} + e} \\ &= \int_{1}^{\sqrt{e}} \dfrac{dt}{t^{2} + e} \end{aligned}\]

5- b) Calcul de l’intégrale

Une primitive de \(t \mapsto \dfrac{1}{t^{2} + e}\) sur \(\mathbb{R}\) est \(t \mapsto \dfrac{1}{\sqrt{e}}\arctan\left(\dfrac{t}{\sqrt{e}}\right)\). En effet, sa dérivée est :

\[\dfrac{1}{\sqrt{e}} \times \dfrac{\frac{1}{\sqrt{e}}}{1 + \frac{t^{2}}{e}} = \dfrac{1}{e + t^{2}}\]

Donc :

\[\begin{aligned} &\int_{1}^{\sqrt{e}} \dfrac{dt}{t^{2} + e} \\ &= \left[\dfrac{1}{\sqrt{e}}\arctan\left(\dfrac{t}{\sqrt{e}}\right)\right]_{1}^{\sqrt{e}} \\ &= \dfrac{1}{\sqrt{e}}\left(\arctan(1) - \arctan\dfrac{1}{\sqrt{e}}\right) \\ &= \dfrac{1}{\sqrt{e}}\left(\dfrac{\pi}{4} - \arctan\dfrac{1}{\sqrt{e}}\right) \end{aligned}\]

Or, pour tout réel \(x > 0\), \(\arctan(x) + \arctan\left(\dfrac{1}{x}\right) = \dfrac{\pi}{2}\). Avec \(x = \sqrt{e}\) :

\[\arctan\left(\dfrac{1}{\sqrt{e}}\right) = \dfrac{\pi}{2} - \arctan\left(\sqrt{e}\right)\]

Donc \(\dfrac{\pi}{4} - \arctan\left(\dfrac{1}{\sqrt{e}}\right) = \arctan\left(\sqrt{e}\right) - \dfrac{\pi}{4}\), et :

\[\begin{aligned} &\int_{0}^{\frac{1}{2}} f(x)\,dx \\ &= \dfrac{1}{\sqrt{e}}\left(\arctan\left(\sqrt{e}\right) - \dfrac{\pi}{4}\right) \end{aligned}\]

5- c) Aire du domaine

La fonction \(f\) est continue et positive sur \([0 ; 1]\). L’aire du domaine, en unités d’aire, est donc :

\[\begin{aligned} &\int_{0}^{1} f(x)\,dx = 2\int_{0}^{\frac{1}{2}} f(x)\,dx \\ &= \dfrac{2}{\sqrt{e}}\left(\arctan\left(\sqrt{e}\right) - \dfrac{\pi}{4}\right) \end{aligned}\]

L’unité d’aire est \(\|\vec{i}\| \times \|\vec{j}\| = 1\ \mathrm{cm} \times 2\ \mathrm{cm} = 2\ \mathrm{cm}^{2}\). Donc l’aire cherchée est :

\[\mathcal{A} = \dfrac{4}{\sqrt{e}}\left(\arctan\left(\sqrt{e}\right) - \dfrac{\pi}{4}\right)\ \mathrm{cm}^{2}\]

Partie II

1- \(|f'(x)| \leq f(x)\)

Soit \(x \in \mathbb{R}\). D’après I. 2- a), et comme \(f(x) > 0\) et \(1 + e^{2x-1} > 0\) :

\[|f'(x)| = f(x)\,\dfrac{|1 - e^{2x-1}|}{1 + e^{2x-1}}\]

D’après l’inégalité triangulaire, \(|1 - e^{2x-1}| \leq 1 + e^{2x-1}\). Donc \(\dfrac{|1 - e^{2x-1}|}{1 + e^{2x-1}} \leq 1\) et, en multipliant par \(f(x) > 0\) :

\[(\forall x \in \mathbb{R})\ ;\ |f'(x)| \leq f(x)\]

2- a) Encadrement de \(f'\) sur \(\left[0 ; \dfrac{1}{2}\right]\)

Soit \(x \in \left[0 ; \dfrac{1}{2}\right]\).

• \(2x - 1 \leq 0\), donc \(e^{2x-1} \leq 1\) et \(1 - e^{2x-1} \geq 0\). Comme \(f(x) > 0\), on a \(f'(x) \geq 0\).
• D’après la question 1 et la question I. 2- b) : \(f'(x) = |f'(x)| \leq f(x) < \dfrac{1}{2}\).

Donc \(0 \leq f'(x) < \dfrac{1}{2}\).

2- b) \(g\) est strictement décroissante sur \(\mathbb{R}\)

\(g\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et \(g'(x) = f'(x) - 1\). Pour tout réel \(x\), d’après la question 1 et I. 2- b) :

\[f'(x) \leq |f'(x)| \leq f(x) < \dfrac{1}{2}\]

Donc \(g'(x) < \dfrac{1}{2} - 1 = -\dfrac{1}{2} < 0\). La fonction \(g\) est strictement décroissante sur \(\mathbb{R}\).

2- c) Existence et unicité de \(\alpha\)

La fonction \(g\) est continue et strictement décroissante sur \(\left[0 ; \dfrac{1}{2}\right]\). De plus :

\[\begin{aligned} g(0) &= f(0) = \dfrac{1}{1 + e} > 0 \\ g\left(\dfrac{1}{2}\right) &= \dfrac{1}{2\sqrt{e}} - \dfrac{1}{2} < 0 \end{aligned}\]

D’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation \(g(x) = 0\) admet une solution unique \(\alpha\) dans \(\left]0 ; \dfrac{1}{2}\right[\). Or \(g(\alpha) = 0\) équivaut à \(f(\alpha) = \alpha\).

Donc il existe un unique réel \(\alpha \in \left]0 ; \dfrac{1}{2}\right[\) tel que \(f(\alpha) = \alpha\).

3- a) Encadrement de \(u_{n}\)

Par récurrence. Pour \(n = 0\) : \(u_{0} \in \left]0 ; \dfrac{1}{2}\right[\) par hypothèse. Soit \(n \in \mathbb{N}\) tel que \(0 < u_{n} < \dfrac{1}{2}\). Alors \(u_{n+1} = f(u_{n})\) et, d’après I. 2- b), \(0 < f(u_{n}) < \dfrac{1}{2}\). Donc \(0 < u_{n+1} < \dfrac{1}{2}\).

Conclusion : \((\forall n \in \mathbb{N})\ ;\ 0 < u_{n} < \dfrac{1}{2}\).

3- b) Inégalité des accroissements finis

Soit \(n \in \mathbb{N}\). Les réels \(u_{n}\) et \(\alpha\) appartiennent à \(\left[0 ; \dfrac{1}{2}\right]\). La fonction \(f\) est dérivable sur cet intervalle et, d’après 2- a), \(|f'(x)| \leq \dfrac{1}{2}\) pour tout \(x \in \left[0 ; \dfrac{1}{2}\right]\). D’après l’inégalité des accroissements finis :

\[|f(u_{n}) - f(\alpha)| \leq \dfrac{1}{2}\,|u_{n} - \alpha|\]

Or \(f(u_{n}) = u_{n+1}\) et \(f(\alpha) = \alpha\). Donc :

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

3- c) Majoration de \(|u_{n} - \alpha|\) par récurrence

• Initialisation : \(u_{0}\) et \(\alpha\) appartiennent tous les deux à \(\left]0 ; \dfrac{1}{2}\right[\), donc \(|u_{0} - \alpha| < \dfrac{1}{2} = \left(\dfrac{1}{2}\right)^{0+1}\).

• Hérédité : soit \(n \in \mathbb{N}\) tel que \(|u_{n} - \alpha| \leq \left(\dfrac{1}{2}\right)^{n+1}\). D’après 3- b) :

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

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

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

Comme \(-1 < \dfrac{1}{2} < 1\), on a \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \left(\dfrac{1}{2}\right)^{n+1} = 0\). Or \(0 \leq |u_{n} - \alpha| \leq \left(\dfrac{1}{2}\right)^{n+1}\). Donc \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} |u_{n} - \alpha| = 0\), c’est-à-dire :

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

Partie III

1- a) Autre écriture de \(S_{n}\)

Soient \(n \in \mathbb{N}^{*}\) et \(k \in \{1, \ldots, n\}\). On divise le numérateur et le dénominateur de \(f\left(\dfrac{k}{n}\right)\) par \(e^{\frac{k}{n}}\) :

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

Donc \(\dfrac{k}{e^{\frac{k}{n}} + e^{\frac{n-k}{n}}} = k\,f\left(\dfrac{k}{n}\right)\) et :

\[\begin{aligned} S_{n} &= \dfrac{1}{n(n + 1)}\sum_{k=1}^{n} k\,f\left(\dfrac{k}{n}\right) \\ &= \dfrac{1}{n + 1}\sum_{k=1}^{n} \dfrac{k}{n}\,f\left(\dfrac{k}{n}\right) \end{aligned}\]

1- b) Une égalité d’intégrales

On pose \(J = \displaystyle\int_{0}^{1} x f(x)\,dx\) et on effectue le changement de variable \(t = 1 - x\) : \(x = 1 - t\) et \(dx = -dt\) ; si \(x = 0\) alors \(t = 1\), et si \(x = 1\) alors \(t = 0\).

\[\begin{aligned} J &= \int_{1}^{0} (1 - t)\,f(1 - t)\,(-dt) \\ &= \int_{0}^{1} (1 - t)\,f(t)\,dt \\ &= \int_{0}^{1} f(t)\,dt - \int_{0}^{1} t f(t)\,dt \\ &= \int_{0}^{1} f(t)\,dt - J \end{aligned}\]

(on a utilisé \(f(1 - t) = f(t)\)). Donc \(2J = \displaystyle\int_{0}^{1} f(t)\,dt\). Or, d’après I. 4- b), \(\displaystyle\int_{0}^{1} f(t)\,dt = 2\int_{0}^{\frac{1}{2}} f(t)\,dt\). Donc \(J = \displaystyle\int_{0}^{\frac{1}{2}} f(t)\,dt\) :

\[\int_{0}^{1} x f(x)\,dx = \int_{0}^{\frac{1}{2}} f(x)\,dx\]

2- Convergence et limite de \((S_{n})\)

On pose \(h(x) = x f(x)\). D’après 1- a), pour tout \(n \in \mathbb{N}^{*}\) :

\[S_{n} = \dfrac{n}{n + 1} \times \dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} h\left(\dfrac{k}{n}\right)\]

La fonction \(h\) est continue sur \([0 ; 1]\). Donc \(\dfrac{1}{n}\displaystyle\sum_{k=1}^{n} h\left(\dfrac{k}{n}\right)\) est une somme de Riemann de \(h\) sur \([0 ; 1]\) et :

\[\lim_{n \to +\infty} \dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} h\left(\dfrac{k}{n}\right) = \int_{0}^{1} x f(x)\,dx\]

De plus \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \dfrac{n}{n + 1} = 1\). Par produit, la suite \((S_{n})\) est convergente et, d’après 1- b) et I. 5- b) :

\[\begin{aligned} \lim_{n \to +\infty} S_{n} &= \int_{0}^{\frac{1}{2}} f(x)\,dx \\ &= \dfrac{1}{\sqrt{e}}\left(\arctan\left(\sqrt{e}\right) - \dfrac{\pi}{4}\right) \end{aligned}\]

Exercice 2 : Nombres complexes

Partie I

1- a) Discriminant de \((E_{\alpha})\)

On note \(r = 2^{\alpha}e^{i\alpha}\). Alors \(r^{2} = 2^{2\alpha}e^{i2\alpha}\) et \(i\,2^{2\alpha+1}e^{i2\alpha} = 2i\,r^{2}\). L’équation s’écrit :

\[(E_{\alpha}) :\ z^{2} - r(1 + 2i)\,z + 2i\,r^{2} = 0\]

Son discriminant est :

\[\begin{aligned} \Delta_{\alpha} &= r^{2}(1 + 2i)^{2} - 4 \times 2i\,r^{2} \\ &= r^{2}\big(1 + 4i - 4 - 8i\big) \\ &= r^{2}(-3 - 4i) \end{aligned}\]

Or \((1 - 2i)^{2} = 1 - 4i - 4 = -3 - 4i\). Donc :

\[\begin{aligned} \Delta_{\alpha} &= r^{2}(1 - 2i)^{2} \\ &= \left(2^{\alpha}e^{i\alpha}(1 - 2i)\right)^{2} \end{aligned}\]

1- b) Solutions de \((E_{\alpha})\)

Une racine carrée de \(\Delta_{\alpha}\) est \(r(1 - 2i)\). Les solutions sont :

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

On a \(|z_{1}| = |r| = 2^{\alpha}\) et \(|z_{2}| = 2|r| = 2^{\alpha+1}\), donc \(|z_{1}| < |z_{2}|\). Comme \(|a| < |b|\) :

\[a = 2^{\alpha}e^{i\alpha} \quad \text{et} \quad b = i\,2^{\alpha+1}e^{i\alpha}\]

2- \(\dfrac{b}{a}\) est un imaginaire pur

\[\dfrac{b}{a} = \dfrac{i\,2^{\alpha+1}e^{i\alpha}}{2^{\alpha}e^{i\alpha}} = 2i\]

Donc \(\dfrac{b}{a}\) est un imaginaire pur.

Partie II

D’après la partie I, \(\lambda = \mathrm{Im}\left(\dfrac{b}{a}\right) = 2\). Les calculs sont menés avec \(\lambda\), comme le demande l’énoncé ; on utilise seulement que \(\lambda\) est un réel non nul, que \(a \neq 0\) et que \(b = \lambda i\,a\).

1- a) \((OH) \perp (AB)\)

De \(\dfrac{1}{h} = \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} = \dfrac{a + b}{ab}\), on tire \(h = \dfrac{ab}{a + b}\). Avec \(b = \lambda i\,a\) :

\[h = \dfrac{\lambda i\,a^{2}}{a(1 + \lambda i)} = \dfrac{\lambda i\,a}{1 + \lambda i}\]

et \(b - a = a(\lambda i - 1)\). Donc :

\[\begin{aligned} \dfrac{h}{b - a} &= \dfrac{\lambda i}{(\lambda i + 1)(\lambda i - 1)} \\ &= \dfrac{\lambda i}{(\lambda i)^{2} - 1} = \dfrac{\lambda i}{-\lambda^{2} - 1} \\ &= -\left(\dfrac{\lambda}{\lambda^{2} + 1}\right)i \end{aligned}\]

Comme \(\lambda \neq 0\), le nombre \(\dfrac{h - 0}{b - a}\) est un imaginaire pur non nul. Donc :

\[\big(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{OH}\big) \equiv \dfrac{\pi}{2}\ [\pi]\]

Les droites \((OH)\) et \((AB)\) sont perpendiculaires.

1- b) Les points \(H\), \(A\) et \(B\) sont alignés

\[\begin{aligned} h - a &= \dfrac{\lambda i\,a}{1 + \lambda i} - a \\ &= \dfrac{\lambda i\,a - a - \lambda i\,a}{1 + \lambda i} \\ &= \dfrac{-a}{1 + \lambda i} \end{aligned}\]

Donc :

\[\begin{aligned} \dfrac{h - a}{b - a} &= \dfrac{-1}{(1 + \lambda i)(\lambda i - 1)} \\ &= \dfrac{-1}{-\lambda^{2} - 1} = \dfrac{1}{\lambda^{2} + 1} \end{aligned}\]

Ce nombre est réel : les vecteurs \(\overrightarrow{AH}\) et \(\overrightarrow{AB}\) sont colinéaires. Donc les points \(H\), \(A\) et \(B\) sont alignés.

Remarque : \(H\) appartient à \((AB)\) et \((OH) \perp (AB)\) : \(H\) est le projeté orthogonal de \(O\) sur la droite \((AB)\).

2- a) Calcul de \(\dfrac{n}{m - a}\)

On a \(m = \dfrac{h}{2}\) et \(n = \dfrac{h + b}{2}\).

\[\begin{aligned} n &= \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{\lambda i\,a}{1 + \lambda i} + \lambda i\,a\right) \\ &= \dfrac{\lambda i\,a}{2} \times \dfrac{1 + (1 + \lambda i)}{1 + \lambda i} \\ &= \dfrac{\lambda i\,a\,(2 + \lambda i)}{2(1 + \lambda i)} \end{aligned}\] \[\begin{aligned} m - a &= \dfrac{\lambda i\,a}{2(1 + \lambda i)} - a \\ &= \dfrac{\lambda i\,a - 2a(1 + \lambda i)}{2(1 + \lambda i)} \\ &= \dfrac{-a\,(2 + \lambda i)}{2(1 + \lambda i)} \end{aligned}\]

Comme \(a \neq 0\) et \(2 + \lambda i \neq 0\), on obtient en simplifiant :

\[\dfrac{n}{m - a} = \dfrac{\lambda i}{-1} = -\lambda i\]

2- b) \((OJ) \perp (AI)\) et \(OJ = |\lambda|\,AI\)

Le nombre \(\dfrac{n - 0}{m - a} = -\lambda i\) est un imaginaire pur non nul, donc :

\[\big(\overrightarrow{AI}, \overrightarrow{OJ}\big) \equiv \dfrac{\pi}{2}\ [\pi]\]

Les droites \((OJ)\) et \((AI)\) sont perpendiculaires. De plus, en passant aux modules :

\[\dfrac{OJ}{AI} = \left|\dfrac{n}{m - a}\right| = |-\lambda i| = |\lambda|\]

Donc \(OJ = |\lambda|\,AI\).

2- c) Les points \(K\), \(I\), \(H\) et \(J\) sont cocycliques

• Le point \(H\). On a \(H \neq O\) (car \(h \neq 0\)) et \(H \neq B\) (car \(\dfrac{h - a}{b - a} \neq 1\)). \(I\) est le milieu de \([OH]\), donc \(I \in (OH)\) ; \(J\) est le milieu de \([HB]\), donc \(J \in (HB) = (AB)\). Or \((OH) \perp (AB)\), donc \((HI) \perp (HJ)\) : le triangle \(IHJ\) est rectangle en \(H\), et \(H\) appartient au cercle de diamètre \([IJ]\).

• Le point \(K\). \(K \in (AI)\) et \(K \in (OJ)\), avec \((AI) \perp (OJ)\). Donc \((KI) \perp (KJ)\) : le triangle \(IKJ\) est rectangle en \(K\), et \(K\) appartient au cercle de diamètre \([IJ]\) (c’est encore vrai si \(K\) est confondu avec \(I\) ou avec \(J\)).

Donc les points \(K\), \(I\), \(H\) et \(J\) appartiennent au cercle de diamètre \([IJ]\) : ils sont cocycliques.

2- d) \((IJ) \perp (OA)\)

\[n - m = \dfrac{h + b}{2} - \dfrac{h}{2} = \dfrac{b}{2}\]

Donc :

\[\dfrac{n - m}{a - 0} = \dfrac{b}{2a} = \dfrac{\lambda}{2}\,i\]

C’est un imaginaire pur non nul, donc \(\big(\overrightarrow{OA}, \overrightarrow{IJ}\big) \equiv \dfrac{\pi}{2}\ [\pi]\) : les droites \((IJ)\) et \((OA)\) sont perpendiculaires.

Remarque : dans le triangle \(OHB\), \((IJ)\) est la droite des milieux, parallèle à \((OB)\) ; et \((OB) \perp (OA)\) puisque \(\dfrac{b}{a}\) est un imaginaire pur.

Exercice 3 : Arithmétique

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

\(p\) est premier et \(a \wedge p = 1\). D’après le petit théorème de Fermat : \(a^{p-1} \equiv 1\ [p]\).

Comme \(p\) est impair, \(\dfrac{p - 1}{2}\) est un entier naturel. On pose \(N = a^{\frac{p-1}{2}}\). Alors \(N^{2} = a^{p-1} \equiv 1\ [p]\), c’est-à-dire :

\[p \ \text{divise}\ N^{2} - 1 = (N - 1)(N + 1)\]

Comme \(p\) est premier, \(p\) divise \(N - 1\) ou \(p\) divise \(N + 1\). Donc :

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

2- a) \(x_{0}^{\,p-1} \equiv 1\ [p]\)

On a \(a x_{0}^{2} \equiv 1\ [p]\). Si \(p\) divisait \(x_{0}\), on aurait \(a x_{0}^{2} \equiv 0\ [p]\), donc \(1 \equiv 0\ [p]\), c’est-à-dire \(p\) divise \(1\) : impossible. Donc \(p\) ne divise pas \(x_{0}\) et, comme \(p\) est premier, \(x_{0} \wedge p = 1\).

D’après le petit théorème de Fermat :

\[x_{0}^{\,p-1} \equiv 1\ [p]\]

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

On élève la congruence \(a x_{0}^{2} \equiv 1\ [p]\) à la puissance \(\dfrac{p - 1}{2}\) :

\[a^{\frac{p-1}{2}} \times x_{0}^{\,p-1} \equiv 1\ [p]\]

Or \(x_{0}^{\,p-1} \equiv 1\ [p]\) d’après 2- a). Donc :

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

3- a) Si \(p\) divise \(2^{2n+1} - 1\), alors \(2^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1\ [p]\)

On suppose que \(p\) divise \(2^{2n+1} - 1\), c’est-à-dire \(2^{2n+1} \equiv 1\ [p]\). Or \(2^{2n+1} = 2 \times (2^{n})^{2}\). Donc :

\[2 \times (2^{n})^{2} \equiv 1\ [p]\]

Ainsi \(x_{0} = 2^{n}\) est une solution de l’équation \(a x^{2} \equiv 1\ [p]\) avec \(a = 2\). De plus \(2 \wedge p = 1\), car \(p\) est un nombre premier impair. D’après la question 2- b) :

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

3- b) L’équation \((E)\) admet au moins une solution

On montre que \(11\) et \(2^{2n+1} - 1\) sont premiers entre eux. Comme \(11\) est premier, il suffit de montrer que \(11\) ne divise pas \(2^{2n+1} - 1\).

Par l’absurde : si \(11\) divisait \(2^{2n+1} - 1\), alors, d’après 3- a) avec \(p = 11\) (premier impair) :

\[2^{\frac{11-1}{2}} = 2^{5} \equiv 1\ [11]\]

Or \(2^{5} = 32 = 3 \times 11 - 1\), donc \(2^{5} \equiv -1\ [11]\). On aurait \(-1 \equiv 1\ [11]\), c’est-à-dire \(11\) divise \(2\) : absurde.

Donc \(11 \wedge (2^{2n+1} - 1) = 1\). D’après le théorème de Bézout, il existe \((x, y) \in \mathbb{Z}^{2}\) tel que :

\[11x + (2^{2n+1} - 1)\,y = 1\]

L’équation \((E)\) admet donc au moins une solution dans \(\mathbb{Z}^{2}\).

4- a) \((F) \iff 2(2x + 5)^{2} \equiv 1\ [11]\)

Soit \(x \in \mathbb{Z}\). On développe :

\[\begin{aligned} 2(2x + 5)^{2} &= 2(4x^{2} + 20x + 25) \\ &= 8x^{2} + 40x + 50 \\ &= 8(x^{2} + 5x + 2) + 34 \end{aligned}\]

Or \(34 = 3 \times 11 + 1 \equiv 1\ [11]\). Donc :

\[2(2x + 5)^{2} \equiv 8(x^{2} + 5x + 2) + 1\ [11]\]

• Sens direct : si \(x^{2} + 5x + 2 \equiv 0\ [11]\), alors \(2(2x + 5)^{2} \equiv 1\ [11]\).

• Réciproque : si \(2(2x + 5)^{2} \equiv 1\ [11]\), alors \(8(x^{2} + 5x + 2) \equiv 0\ [11]\) : \(11\) divise \(8(x^{2} + 5x + 2)\). Comme \(11 \wedge 8 = 1\), le théorème de Gauss donne : \(11\) divise \(x^{2} + 5x + 2\).

Donc \((F) \iff 2(2x + 5)^{2} \equiv 1\ [11]\).

4- b) \((F)\) n’admet pas de solution dans \(\mathbb{Z}\)

Par l’absurde : supposons que \((F)\) admette une solution \(x \in \mathbb{Z}\). D’après 4- a), l’entier \(x_{0} = 2x + 5\) vérifie \(2x_{0}^{2} \equiv 1\ [11]\). C’est une solution de l’équation \(a x^{2} \equiv 1\ [p]\) avec \(a = 2\) et \(p = 11\) (\(11\) est premier impair et \(2 \wedge 11 = 1\)). D’après la question 2- b) :

\[2^{5} \equiv 1\ [11]\]

Or \(2^{5} = 32 \equiv -1\ [11]\) : contradiction. Donc l’équation \((F)\) n’admet pas de solution dans \(\mathbb{Z}\).

Exercice 4 : Structures algébriques

1- a) \(A^{2} = -2A\)

On calcule les coefficients \(c_{ij}\) du produit \(A \times A\) ligne par ligne.

• Lignes 1 et 2 (les deux premières lignes de \(A\) sont égales) :

\[\begin{aligned} c_{11} &= c_{21} = 1 + 1 + 0 = 2 \\ c_{12} &= c_{22} = 1 + 1 + 0 = 2 \\ c_{13} &= c_{23} = 0 + 0 + 0 = 0 \end{aligned}\]

• Ligne 3 :

\[\begin{aligned} c_{31} &= 1 - 1 + 2 = 2 \\ c_{32} &= 1 - 1 - 2 = -2 \\ c_{33} &= 0 + 0 + 4 = 4 \end{aligned}\]

Donc :

\[A^{2} = \begin{pmatrix} 2 & 2 & 0 \\ 2 & 2 & 0 \\ 2 & -2 & 4 \end{pmatrix} = -2A\]

1- b) Produit de deux éléments de \(E\)

Soient \(x\) et \(y\) deux réels. En développant (\(I\) est l’unité et \(A^{2} = -2A\)) :

\[\begin{aligned} &M(x) \times M(y) \\ &= (I + xA)(I + yA) \\ &= I + yA + xA + xy\,A^{2} \\ &= I + (x + y)A - 2xy\,A \\ &= I + (x + y - 2xy)A \end{aligned}\]

Donc :

\[M(x) \times M(y) = M(x + y - 2xy)\]

2- a) Calcul du produit

\[\begin{aligned} M\left(\dfrac{1}{2}\right) &= I + \dfrac{1}{2}A \\ &= \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & 0 \\ -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 \\ -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 \end{pmatrix} \end{aligned}\]

On note \(N\) la matrice :

\[N = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\]

Les deux premières colonnes de \(N\) sont nulles, donc les deux premières colonnes du produit \(M\left(\dfrac{1}{2}\right) \times N\) sont nulles. Sa troisième colonne est égale à la troisième colonne de \(M\left(\dfrac{1}{2}\right)\), qui est nulle elle aussi. Donc :

\[M\left(\dfrac{1}{2}\right) \times N = O\]

2- b) \(M\left(\dfrac{1}{2}\right)\) n’est pas inversible

Par l’absurde : supposons que \(M\left(\dfrac{1}{2}\right)\) soit inversible dans \((M_{3}(\mathbb{R}), \times)\), d’inverse \(P\). En multipliant à gauche par \(P\) l’égalité \(M\left(\dfrac{1}{2}\right) \times N = O\) :

\[\begin{aligned} P \times M\left(\dfrac{1}{2}\right) \times N &= P \times O \\ I \times N &= O \\ N &= O \end{aligned}\]

Or \(N \neq O\) : contradiction. Donc \(M\left(\dfrac{1}{2}\right)\) n’est pas inversible dans \((M_{3}(\mathbb{R}), \times)\).

3- Stabilité de \(E - \left\{M\left(\dfrac{1}{2}\right)\right\}\)

On note \(G = E - \left\{M\left(\dfrac{1}{2}\right)\right\}\). Comme \(A \neq O\), on a \(M(x) = M(y) \iff (x - y)A = O \iff x = y\). Donc \(G\) est l’ensemble des matrices \(M(x)\) avec \(x \neq \dfrac{1}{2}\).

Soient \(M(x)\) et \(M(y)\) deux éléments de \(G\) : \(x \neq \dfrac{1}{2}\) et \(y \neq \dfrac{1}{2}\). D’après 1- b), \(M(x) \times M(y) = M(x + y - 2xy)\). On utilise l’identité :

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

Le membre de gauche est non nul, donc \(x + y - 2xy - \dfrac{1}{2} \neq 0\), c’est-à-dire \(x + y - 2xy \neq \dfrac{1}{2}\). Donc \(M(x) \times M(y) \in G\) : l’ensemble \(G\) est stable pour la multiplication dans \(M_{3}(\mathbb{R})\).

4- \((G, \times)\) est un groupe commutatif

• Loi interne : d’après la question 3, \(\times\) est une loi de composition interne dans \(G\).
• Associativité : la multiplication est associative dans \(M_{3}(\mathbb{R})\), donc dans \(G\).
• Commutativité : l’expression \(x + y - 2xy\) est symétrique en \(x\) et \(y\), donc \(M(x) \times M(y) = M(y) \times M(x)\).
• Élément neutre : \(I = M(0)\) et \(0 \neq \dfrac{1}{2}\), donc \(I \in G\) ; \(I\) est l’élément neutre de \(\times\).
• Symétrique : soit \(x \neq \dfrac{1}{2}\). On cherche \(y\) tel que \(M(x) \times M(y) = M(0)\), c’est-à-dire \(x + y - 2xy = 0\) :

\[y(1 - 2x) = -x \iff y = \dfrac{x}{2x - 1}\]

(possible car \(2x - 1 \neq 0\)). De plus :

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

donc \(\dfrac{x}{2x - 1} \neq \dfrac{1}{2}\). Ainsi tout élément \(M(x)\) de \(G\) admet un symétrique dans \(G\), qui est \(M\left(\dfrac{x}{2x - 1}\right)\).

Donc \(\left(E - \left\{M\left(\dfrac{1}{2}\right)\right\}, \times\right)\) est un groupe commutatif.

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

Soient \(x\) et \(y\) deux réels.

\[\begin{aligned} &\varphi(x)\,T\,\varphi(y) \\ &= M\left(\dfrac{1 - x}{2}\right)T\,M\left(\dfrac{1 - y}{2}\right) \\ &= M\left(\dfrac{1 - x}{2} + \dfrac{1 - y}{2} - \dfrac{1}{2}\right) \\ &= M\left(\dfrac{1 - (x + y)}{2}\right) \\ &= \varphi(x + y) \end{aligned}\]

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

Par définition, \(\varphi(\mathbb{R}) \subset E\). Réciproquement, soit \(M(t) \in E\) avec \(t \in \mathbb{R}\). Le réel \(x = 1 - 2t\) vérifie \(\dfrac{1 - x}{2} = t\), donc \(\varphi(x) = M(t)\). Ainsi \(E \subset \varphi(\mathbb{R})\), et :

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

5- b) \((E, T)\) est un groupe commutatif

\((\mathbb{R}, +)\) est un groupe commutatif et \(\varphi\) est un homomorphisme de \((\mathbb{R}, +)\) vers \((E, T)\). L’image d’un groupe commutatif par un homomorphisme est un groupe commutatif. Donc \((\varphi(\mathbb{R}), T) = (E, T)\) est un groupe commutatif.

Son élément neutre est \(\varphi(0) = M\left(\dfrac{1}{2}\right)\), et le symétrique de \(M(x) = \varphi(1 - 2x)\) est \(\varphi(2x - 1) = M(1 - x)\).

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

• \((E, T)\) est un groupe commutatif, d’élément neutre \(M\left(\dfrac{1}{2}\right)\) (question 5- b).
• \(\left(E - \left\{M\left(\dfrac{1}{2}\right)\right\}, \times\right)\) est un groupe commutatif (question 4).
• La loi \(\times\) est une loi interne dans \(E\) (question 1- b) et elle est distributive par rapport à la loi \(T\) : pour tous réels \(x\), \(y\) et \(z\),

\[\begin{aligned} &M(x) \times \big(M(y)\,T\,M(z)\big) \\ &= M(x) \times M\left(y + z - \tfrac{1}{2}\right) \\ &= M\big(x + y + z - \tfrac{1}{2} \\ &\qquad\quad - 2x\left(y + z - \tfrac{1}{2}\right)\big) \\ &= M\left(2x + y + z - 2xy - 2xz - \tfrac{1}{2}\right) \end{aligned}\] \[\begin{aligned} &\big(M(x) \times M(y)\big) \\ &\quad T\,\big(M(x) \times M(z)\big) \\ &= M(x + y - 2xy) \\ &\quad T\,M(x + z - 2xz) \\ &= M\left(2x + y + z - 2xy - 2xz - \tfrac{1}{2}\right) \end{aligned}\]

Les deux résultats sont égaux et la loi \(\times\) est commutative dans \(E\), donc la distributivité a lieu à gauche et à droite.

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