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

Exercice 1 : Analyse

Partie I

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

On sait que \(\displaystyle\lim_{x \to 0^{+}} x\ln x = 0\). Donc :

\[\lim_{x \to 0^{+}} x^{2}\ln x = \lim_{x \to 0^{+}} x \times (x\ln x) = 0\]

De plus \(\displaystyle\lim_{x \to 0^{+}} (x^{2} + 1) = 1\). Par quotient :

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

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

1- b) Dérivabilité de \(f\) à droite en \(0\)

Pour tout \(x > 0\) :

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

Comme \(\displaystyle\lim_{x \to 0^{+}} x\ln x = 0\) et \(\displaystyle\lim_{x \to 0^{+}} (x^{2} + 1) = 1\) :

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

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

Interprétation : la courbe \((C)\) admet au point \(O\) une demi-tangente horizontale (portée par l’axe des abscisses).

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

Pour tout \(x > 0\), \(f(x) = \dfrac{x^{2}}{x^{2} + 1} \times \ln x\). Or \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{x^{2}}{x^{2} + 1} = 1\) et \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \ln x = +\infty\). Donc :

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

De même \(\dfrac{f(x)}{x} = \dfrac{x^{2}}{x^{2} + 1} \times \dfrac{\ln x}{x}\) et \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{\ln x}{x} = 0\). Donc :

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

Interprétation : la courbe \((C)\) admet, au voisinage de \(+\infty\), une branche parabolique de direction l’axe des abscisses.

2- a) Tableau de variations de \(\varphi\)

\(\varphi\) est dérivable sur \(]0, +\infty[\) et, pour tout \(x > 0\) :

\[\varphi'(x) = 2x + \dfrac{2}{x} = \dfrac{2(x^{2} + 1)}{x} > 0\]

Donc \(\varphi\) est strictement croissante sur \(]0, +\infty[\). De plus \(\displaystyle\lim_{x \to 0^{+}} \varphi(x) = -\infty\) (car \(\ln x\) tend vers \(-\infty\)) et \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \varphi(x) = +\infty\).

\[\begin{array}{|c|lcr|} \hline x & 0 & & +\infty \\ \hline \varphi'(x) & & + & \\ \hline \varphi(x) & -\infty & \nearrow & +\infty \\ \hline \end{array}\]

2- b) Existence et unicité de \(\beta\)

La fonction \(\varphi\) est continue et strictement croissante sur \(]0, +\infty[\). Elle réalise donc une bijection de \(]0, +\infty[\) vers \(\varphi\big(]0, +\infty[\big) = \mathbb{R}\). Comme \(0 \in \mathbb{R}\), l’équation \(\varphi(x) = 0\) admet une solution unique \(\beta\) dans \(]0, +\infty[\).

On calcule, avec \(2\ln\dfrac{1}{\sqrt{3}} = -\ln 3\) :

\[\begin{aligned} \varphi\left(\dfrac{1}{2}\right) &= \dfrac{1}{4} + 1 - 2\ln 2 \\ &\simeq 1{,}25 - 1{,}4 < 0 \\ \varphi\left(\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right) &= \dfrac{1}{3} + 1 - \ln 3 \\ &\simeq 1{,}33 - 1{,}1 > 0 \end{aligned}\]

Donc \(\varphi\left(\dfrac{1}{2}\right) < \varphi(\beta) < \varphi\left(\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right)\). Comme \(\varphi\) est strictement croissante :

\[\dfrac{1}{2} < \beta < \dfrac{1}{\sqrt{3}}\]

2- c) Valeur de \(f(\beta)\)

De \(\varphi(\beta) = 0\) on tire \(2\ln\beta = -(\beta^{2} + 1)\), donc \(\ln\beta = -\dfrac{\beta^{2} + 1}{2}\). Par suite :

\[\begin{aligned} f(\beta) &= \dfrac{\beta^{2}\ln\beta}{\beta^{2} + 1} \\ &= \dfrac{\beta^{2}}{\beta^{2} + 1} \times \left(-\dfrac{\beta^{2} + 1}{2}\right) \\ &= -\dfrac{\beta^{2}}{2} \end{aligned}\]

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

Les fonctions \(x \mapsto x^{2}\ln x\) et \(x \mapsto x^{2} + 1\) sont dérivables sur \(]0, +\infty[\) et \(x^{2} + 1 \neq 0\). Donc \(f\) est dérivable sur \(]0, +\infty[\) et, pour tout \(x > 0\) :

\[\begin{aligned} &(x^{2} + 1)^{2}\,f'(x) \\ &= (2x\ln x + x)(x^{2} + 1) \\ &\quad - 2x \times x^{2}\ln x \\ &= 2x^{3}\ln x + 2x\ln x + x^{3} + x \\ &\quad - 2x^{3}\ln x \\ &= x^{3} + x + 2x\ln x \\ &= x\,(x^{2} + 1 + 2\ln x) \end{aligned}\]

Donc :

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

3- b) Tableau de variations de \(f\)

Pour \(x > 0\), \(f'(x)\) est du signe de \(\varphi(x)\). Or \(\varphi\) est strictement croissante et \(\varphi(\beta) = 0\) : \(\varphi(x) < 0\) sur \(]0, \beta[\) et \(\varphi(x) > 0\) sur \(]\beta, +\infty[\).

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

3- c) Solution de \(f(x) = \dfrac{1}{2}\) sur \(]\beta ; +\infty[\)

Comme \(\beta < \dfrac{1}{\sqrt{3}} < 1\), on a \(\dfrac{1}{\beta} > 1 > \beta\), donc \(\dfrac{1}{\beta} \in\, ]\beta ; +\infty[\). En multipliant le numérateur et le dénominateur par \(\beta^{2}\), puis en utilisant \(\ln\beta = -\dfrac{\beta^{2} + 1}{2}\) :

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

De plus \(f\) est continue et strictement croissante sur \(]\beta ; +\infty[\), donc elle ne prend qu’une seule fois la valeur \(\dfrac{1}{2}\) sur cet intervalle. Ainsi \(\dfrac{1}{\beta}\) est l’unique solution de l’équation \(f(x) = \dfrac{1}{2}\) sur \(]\beta ; +\infty[\).

3- d) Tangente au point d’abscisse \(\dfrac{1}{\beta}\)

On calcule \(f'\left(\dfrac{1}{\beta}\right)\). D’abord, avec \(-2\ln\beta = \beta^{2} + 1\) :

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

et \(\left(\dfrac{1}{\beta^{2}} + 1\right)^{2} = \dfrac{(1 + \beta^{2})^{2}}{\beta^{4}}\). Donc :

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

La tangente à \((C)\) au point d’abscisse \(\dfrac{1}{\beta}\) a pour équation :

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

4- Courbe \((C)\)

Éléments utilisés pour le tracé :

• \((C)\) part du point \(O\) avec une demi-tangente horizontale ;
• \(f\) est décroissante sur \([0 ; \beta]\) et croissante sur \([\beta ; +\infty[\), avec un minimum \(f(\beta) = -\dfrac{\beta^{2}}{2}\) (\(\beta \simeq 0{,}53\) et \(f(\beta) \simeq -0{,}14\)) ;
• \(f(1) = 0\) : \((C)\) coupe l’axe des abscisses au point d’abscisse \(1\) ;
• la droite \((T) :\ y = \beta x - \dfrac{1}{2}\) est tangente à \((C)\) au point \(\left(\dfrac{1}{\beta} ; \dfrac{1}{2}\right)\), avec \(\dfrac{1}{\beta} \simeq 1{,}9\) ;
• \((C)\) admet en \(+\infty\) une branche parabolique de direction l’axe des abscisses, et possède deux points d’inflexion.

Partie II

1- a) Variations de \(g\)

Pour tout \(x > 0\), \(g(x) = e^{\frac{1}{2}\left(1 + \frac{1}{x^{2}}\right)}\). La fonction \(g\) est dérivable sur \(]0, +\infty[\) et :

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

Comme \(g(x) > 0\) et \(x^{3} > 0\), on a \(g'(x) < 0\). Donc \(g\) est strictement décroissante sur \(]0, +\infty[\).

1- b) \(\sqrt{3} < g(x) < 2\) sur \(J\)

Soit \(x \in J\) : \(\sqrt{3} < x < 2\). Comme \(g\) est strictement décroissante : \(g(2) < g(x) < g\left(\sqrt{3}\right)\). Or :

\[\begin{aligned} g(2) &= e^{\frac{1}{2}\left(1 + \frac{1}{4}\right)} = e^{\frac{5}{8}} \simeq 1{,}87 \\ g\left(\sqrt{3}\right) &= e^{\frac{1}{2}\left(1 + \frac{1}{3}\right)} = e^{\frac{2}{3}} \simeq 1{,}95 \end{aligned}\]

Comme \(\sqrt{3} \simeq 1{,}73 < 1{,}87\) et \(1{,}95 < 2\) :

\[(\forall x \in J)\ ;\ \sqrt{3} < g(x) < 2\]

2- a) \(g(\alpha) = \alpha\)

D’après I. 3- c), \(f(\alpha) = f\left(\dfrac{1}{\beta}\right) = \dfrac{1}{2}\), c’est-à-dire :

\[\dfrac{\alpha^{2}\ln\alpha}{\alpha^{2} + 1} = \dfrac{1}{2}\]

Donc \(\ln\alpha = \dfrac{\alpha^{2} + 1}{2\alpha^{2}} = \dfrac{1}{2}\left(1 + \dfrac{1}{\alpha^{2}}\right)\), et en prenant l’exponentielle :

\[\alpha = e^{\frac{1}{2}\left(1 + \frac{1}{\alpha^{2}}\right)} = g(\alpha)\]

2- b) Majoration de \(|g'(x)|\) sur \(J\)

Soit \(x \in J\). D’après 1- a), \(|g'(x)| = \dfrac{g(x)}{x^{3}}\).

• D’après 1- b) : \(0 < g(x) < 2\).
• \(x > \sqrt{3}\), donc \(x^{3} > \left(\sqrt{3}\right)^{3} = 3\sqrt{3}\) et \(0 < \dfrac{1}{x^{3}} < \dfrac{1}{3\sqrt{3}}\).

Par produit de nombres positifs :

\[(\forall x \in J)\ ;\ |g'(x)| \leq \dfrac{2}{3\sqrt{3}}\]

2- c) Inégalité des accroissements finis

D’abord \(\alpha \in J\) : de \(\dfrac{1}{2} < \beta < \dfrac{1}{\sqrt{3}}\) on tire \(\sqrt{3} < \dfrac{1}{\beta} < 2\).

Soit \(x \in J\). La fonction \(g\) est dérivable sur l’intervalle \(J\), qui contient \(x\) et \(\alpha\), et \(|g'(t)| \leq \dfrac{2}{3\sqrt{3}}\) pour tout \(t \in J\). D’après l’inégalité des accroissements finis :

\[|g(x) - g(\alpha)| \leq \dfrac{2}{3\sqrt{3}}\,|x - \alpha|\]

Comme \(g(\alpha) = \alpha\) :

\[|g(x) - \alpha| \leq \dfrac{2}{3\sqrt{3}}\,|x - \alpha|\]

3- a) \(x_{n} \in J\) pour tout \(n\)

• Initialisation : \(\left(\dfrac{7}{4}\right)^{2} = \dfrac{49}{16} > 3\), donc \(\dfrac{7}{4} > \sqrt{3}\) ; et \(\dfrac{7}{4} < 2\). Donc \(x_{0} \in J\).

• Hérédité : si \(x_{n} \in J\), alors d’après 1- b), \(\sqrt{3} < g(x_{n}) < 2\), c’est-à-dire \(x_{n+1} \in J\).

• Conclusion : \((\forall n \in \mathbb{N})\ ;\ x_{n} \in J\).

3- b) Majoration de \(|x_{n} - \alpha|\)

On note \(k = \dfrac{2}{3\sqrt{3}}\).

• Initialisation : pour \(n = 0\), \(k^{0}|x_{0} - \alpha| = |x_{0} - \alpha|\) : l’inégalité est vraie.

• Hérédité : soit \(n \in \mathbb{N}\) tel que \(|x_{n} - \alpha| \leq k^{n}|x_{0} - \alpha|\). Comme \(x_{n} \in J\), la question 2- c) donne :

\[\begin{aligned} |x_{n+1} - \alpha| &= |g(x_{n}) - \alpha| \\ &\leq k\,|x_{n} - \alpha| \\ &\leq k \times k^{n}|x_{0} - \alpha| \\ &= k^{n+1}|x_{0} - \alpha| \end{aligned}\]

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

\[|x_{n} - \alpha| \leq \left(\dfrac{2}{3\sqrt{3}}\right)^{n}|x_{0} - \alpha|\]

3- c) Convergence de \((x_{n})\)

On a \(3\sqrt{3} > 3 > 2\), donc \(0 < \dfrac{2}{3\sqrt{3}} < 1\) et \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \left(\dfrac{2}{3\sqrt{3}}\right)^{n} = 0\). Comme \(0 \leq |x_{n} - \alpha| \leq \left(\dfrac{2}{3\sqrt{3}}\right)^{n}|x_{0} - \alpha|\), le théorème des gendarmes donne \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} |x_{n} - \alpha| = 0\) :

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

Exercice 2 : Analyse

1- a) Encadrement de \(\ln(x)\)

Soient \(k \in \{1, 2, \ldots, n - 1\}\) et \(x\) un réel tel que \(\dfrac{k}{n} \leq x \leq \dfrac{k + 1}{n}\). Ces trois nombres sont strictement positifs (car \(k \geq 1\)) et la fonction \(\ln\) est croissante sur \(]0, +\infty[\). Donc :

\[\ln\left(\dfrac{k}{n}\right) \leq \ln(x) \leq \ln\left(\dfrac{k + 1}{n}\right)\]

1- b) Encadrement de l’intégrale

On intègre l’encadrement précédent sur l’intervalle \(\left[\dfrac{k}{n} ; \dfrac{k + 1}{n}\right]\), dont les bornes sont dans l’ordre croissant et dont la longueur est \(\dfrac{1}{n}\). Les deux membres extrêmes sont des constantes, donc :

\[\int_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}} \ln\left(\dfrac{k}{n}\right)dx = \dfrac{1}{n}\ln\left(\dfrac{k}{n}\right)\]

et de même pour \(\ln\left(\dfrac{k + 1}{n}\right)\). D’où :

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

2- a) Sommation

On additionne les encadrements de 1- b) pour \(k\) allant de \(1\) à \(n - 1\).

• Au milieu, d’après la relation de Chasles :

\[\sum_{k=1}^{n-1} \int_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}} \ln(x)\,dx = \int_{\frac{1}{n}}^{1} \ln(x)\,dx\]

• À droite, par le changement d’indice \(j = k + 1\) :

\[\sum_{k=1}^{n-1} \ln\left(\dfrac{k + 1}{n}\right) = \sum_{j=2}^{n} \ln\left(\dfrac{j}{n}\right)\]

Donc :

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

2- b) Encadrement à l’aide de \(u_{n}\)

Le membre de gauche est \(u_{n}\). Pour le membre de droite, on retire le terme \(k = 1\) et on ajoute le terme \(k = n\), qui vaut \(\ln\left(\dfrac{n}{n}\right) = \ln 1 = 0\) :

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

Donc :

\[\begin{aligned} u_{n} &\leq \int_{\frac{1}{n}}^{1} \ln(x)\,dx \\ &\leq u_{n} - \dfrac{1}{n}\ln\left(\dfrac{1}{n}\right) \end{aligned}\]

2- c) Encadrement de \(u_{n}\)

On calcule l’intégrale par parties, avec \(u(x) = \ln x\), \(v'(x) = 1\), \(u'(x) = \dfrac{1}{x}\) et \(v(x) = x\) :

\[\begin{aligned} &\int_{\frac{1}{n}}^{1} \ln(x)\,dx \\ &= \big[x\ln x\big]_{\frac{1}{n}}^{1} - \int_{\frac{1}{n}}^{1} 1\,dx \\ &= -\dfrac{1}{n}\ln\left(\dfrac{1}{n}\right) - \left(1 - \dfrac{1}{n}\right) \\ &= -1 + \dfrac{1}{n} - \dfrac{1}{n}\ln\left(\dfrac{1}{n}\right) \end{aligned}\]

On note \(I_{n}\) cette intégrale. D’après 2- b) :

• \(u_{n} \leq I_{n}\), c’est-à-dire \(u_{n} \leq -1 + \dfrac{1}{n} - \dfrac{1}{n}\ln\left(\dfrac{1}{n}\right)\) ;
• \(I_{n} \leq u_{n} - \dfrac{1}{n}\ln\left(\dfrac{1}{n}\right)\), donc \(u_{n} \geq I_{n} + \dfrac{1}{n}\ln\left(\dfrac{1}{n}\right) = -1 + \dfrac{1}{n}\).

Donc, pour tout \(n \geq 2\) :

\[\begin{aligned} &-1 + \dfrac{1}{n} \leq u_{n} \\ &u_{n} \leq -1 + \dfrac{1}{n} - \dfrac{1}{n}\ln\left(\dfrac{1}{n}\right) \end{aligned}\]

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

On a \(\dfrac{1}{n}\ln\left(\dfrac{1}{n}\right) = -\dfrac{\ln n}{n}\) et \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \dfrac{\ln n}{n} = 0\). Donc :

\[\begin{aligned} \lim_{n \to +\infty} \left(-1 + \dfrac{1}{n}\right) &= -1 \\ \lim_{n \to +\infty} \left(-1 + \dfrac{1}{n} + \dfrac{\ln n}{n}\right) &= -1 \end{aligned}\]

D’après le théorème des gendarmes :

\[\lim_{n \to +\infty} u_{n} = -1\]

Exercice 3 : Nombres complexes

Partie I

1- a) Autre écriture de \((E_{\theta})\)

On développe, avec \((1 - i)^{2} = -2i\) et \((1 + i)^{2} = 2i\) :

\[\begin{aligned} &\left(2z + (1 - i)e^{i\theta}\right)^{2} \\ &= 4z^{2} + 4(1 - i)e^{i\theta}z - 2i\,e^{i2\theta} \end{aligned}\] \[\left((1 + i)e^{i\theta}\right)^{2} = 2i\,e^{i2\theta}\]

Donc l’égalité des deux carrés équivaut à :

\[4z^{2} + 4(1 - i)e^{i\theta}z - 4i\,e^{i2\theta} = 0\]

c’est-à-dire, en divisant par \(4\), à l’équation \((E_{\theta})\).

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

D’après 1- a), \(z\) est solution si et seulement si :

\[2z + (1 - i)e^{i\theta} = \pm(1 + i)e^{i\theta}\]

• avec le signe \(+\) : \(2z = \big((1 + i) - (1 - i)\big)e^{i\theta} = 2i\,e^{i\theta}\), donc \(z = i\,e^{i\theta}\) ;
• avec le signe \(-\) : \(2z = \big(-(1 + i) - (1 - i)\big)e^{i\theta} = -2e^{i\theta}\), donc \(z = -e^{i\theta}\).

Or \(\mathrm{Im}\left(-e^{i\theta}\right) = -\sin\theta \leq 0\), car \(\theta \in [0, \pi[\) ; tandis que \(\mathrm{Im}\left(i\,e^{i\theta}\right) = \cos\theta\) n’a pas un signe constant sur \([0, \pi[\). Donc :

\[z_{1} = -e^{i\theta} \quad \text{et} \quad z_{2} = i\,e^{i\theta}\]

2- a) Calcul de \(\dfrac{z_{1} + 1}{z_{2} + i}\)

On a \(z_{1} + 1 = 1 - e^{i\theta}\) et \(z_{2} + i = i\left(1 + e^{i\theta}\right)\). On factorise par \(e^{i\frac{\theta}{2}}\) :

\[\begin{aligned} 1 - e^{i\theta} &= e^{i\frac{\theta}{2}}\left(e^{-i\frac{\theta}{2}} - e^{i\frac{\theta}{2}}\right) \\ &= -2i\sin\left(\dfrac{\theta}{2}\right)e^{i\frac{\theta}{2}} \\ 1 + e^{i\theta} &= e^{i\frac{\theta}{2}}\left(e^{-i\frac{\theta}{2}} + e^{i\frac{\theta}{2}}\right) \\ &= 2\cos\left(\dfrac{\theta}{2}\right)e^{i\frac{\theta}{2}} \end{aligned}\]

Comme \(\dfrac{\theta}{2} \in \left[0, \dfrac{\pi}{2}\right[\), on a \(\cos\left(\dfrac{\theta}{2}\right) > 0\), donc \(z_{2} + i \neq 0\) et :

\[\begin{aligned} \dfrac{z_{1} + 1}{z_{2} + i} &= \dfrac{-2i\sin\left(\frac{\theta}{2}\right)e^{i\frac{\theta}{2}}}{2i\cos\left(\frac{\theta}{2}\right)e^{i\frac{\theta}{2}}} \\ &= -\tan\left(\dfrac{\theta}{2}\right) \end{aligned}\]

2- b) Forme exponentielle de \(\dfrac{z_{1} + i z_{2}}{z_{2} + i}\)

On écrit \(z_{1} + i z_{2} = (z_{1} + 1) + (i z_{2} - 1)\) et on remarque que \(i z_{2} - 1 = i(z_{2} + i)\). Donc, d’après 2- a) :

\[\begin{aligned} \dfrac{z_{1} + i z_{2}}{z_{2} + i} &= \dfrac{z_{1} + 1}{z_{2} + i} + i \\ &= -\tan\left(\dfrac{\theta}{2}\right) + i \\ &= \dfrac{-\sin\left(\frac{\theta}{2}\right) + i\cos\left(\frac{\theta}{2}\right)}{\cos\left(\frac{\theta}{2}\right)} \\ &= \dfrac{i\left(\cos\left(\frac{\theta}{2}\right) + i\sin\left(\frac{\theta}{2}\right)\right)}{\cos\left(\frac{\theta}{2}\right)} \end{aligned}\]

Comme \(i = e^{i\frac{\pi}{2}}\) et \(\dfrac{1}{\cos\left(\frac{\theta}{2}\right)} > 0\), la forme exponentielle est :

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

Partie II

On a \(c = b - a = (1 + i)e^{i\theta} - e^{i\theta} = i\,e^{i\theta}\).

1- a) Affixe du point \(P\)

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

\[p = i\,q = i\,m\,e^{i\theta}\]

1- b) \(R(A) = C\)

L’image de \(A\) par \(R\) a pour affixe \(i\,a = i\,e^{i\theta} = c\). Donc \(R(A) = C\).

2- a) Deux quotients

• Premier quotient. On a \(p - a = (im - 1)e^{i\theta}\) et \(h = \dfrac{m}{m - i}\,e^{i\theta}\), donc :

\[\dfrac{p - a}{h} = \dfrac{(im - 1)(m - i)}{m}\]

Or :

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

Donc :

\[\dfrac{p - a}{h} = \dfrac{m^{2} + 1}{m}\,i\]

• Deuxième quotient.

\[\begin{aligned} h - a &= \left(\dfrac{m}{m - i} - 1\right)e^{i\theta} \\ &= \dfrac{m - (m - i)}{m - i}\,e^{i\theta} \\ &= \dfrac{i}{m - i}\,e^{i\theta} \end{aligned}\]

Donc, avec \((m - i)(im - 1) = i(m^{2} + 1)\) :

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

2- b) \(H\) est le projeté orthogonal de \(O\) sur \((AP)\)

• \(\dfrac{h - a}{p - a}\) est un réel : les vecteurs \(\overrightarrow{AH}\) et \(\overrightarrow{AP}\) sont colinéaires, donc \(H \in (AP)\).
• \(\dfrac{p - a}{h - 0} = \dfrac{m^{2} + 1}{m}\,i\) est un imaginaire pur non nul : \(\big(\overrightarrow{OH}, \overrightarrow{AP}\big) \equiv \dfrac{\pi}{2}\ [\pi]\), donc \((OH) \perp (AP)\).

Donc \(H\) est le projeté orthogonal du point \(O\) sur la droite \((AP)\).

2- c) Calcul de \(\dfrac{b - h}{q - h}\)

\[\begin{aligned} b - h &= \left(1 + i - \dfrac{m}{m - i}\right)e^{i\theta} \\ &= \dfrac{(1 + i)(m - i) - m}{m - i}\,e^{i\theta} \\ &= \dfrac{1 - i + im}{m - i}\,e^{i\theta} \end{aligned}\] \[\begin{aligned} q - h &= \left(m - \dfrac{m}{m - i}\right)e^{i\theta} \\ &= \dfrac{m(m - 1 - i)}{m - i}\,e^{i\theta} \end{aligned}\]

Or \(i(m - 1 - i) = im - i + 1\). Donc :

\[\begin{aligned} \dfrac{b - h}{q - h} &= \dfrac{1 - i + im}{m(m - 1 - i)} \\ &= \dfrac{i(m - 1 - i)}{m(m - 1 - i)} = \dfrac{1}{m}\,i \end{aligned}\]

2- d) \((QH) \perp (HB)\)

\(\dfrac{b - h}{q - h} = \dfrac{1}{m}\,i\) est un imaginaire pur non nul, donc :

\[\big(\overrightarrow{HQ}, \overrightarrow{HB}\big) \equiv \dfrac{\pi}{2}\ [\pi]\]

Les droites \((QH)\) et \((HB)\) sont perpendiculaires.

2- e) Les points \(A\), \(Q\), \(H\) et \(B\) sont cocycliques

• Le point \(H\). D’après 2- d), le triangle \(QHB\) est rectangle en \(H\) : \(H\) appartient au cercle de diamètre \([QB]\).

• Le point \(A\). On a \(b - a = i\,e^{i\theta}\) et \(q - a = (m - 1)e^{i\theta}\), donc :

\[\dfrac{b - a}{q - a} = \dfrac{i}{m - 1} = \dfrac{1}{m - 1}\,i\]

C’est un imaginaire pur non nul (\(m \neq 1\)), donc \((AQ) \perp (AB)\) : le triangle \(QAB\) est rectangle en \(A\), et \(A\) appartient au cercle de diamètre \([QB]\).

Donc les points \(A\), \(Q\), \(H\) et \(B\) appartiennent au cercle de diamètre \([QB]\) : ils sont cocycliques.

Exercice 4 : Arithmétique

1- a) \(d\) divise \(bc\)

On a \(y_{0} = \dfrac{a}{b}\,x_{0} - \dfrac{c}{d}\). En multipliant par \(bd\) :

\[bd\,y_{0} = ad\,x_{0} - bc\]

Donc :

\[bc = d\,(a x_{0} - b y_{0})\]

Comme \(a x_{0} - b y_{0} \in \mathbb{Z}\), l’entier \(d\) divise \(bc\).

1- b) \(d\) divise \(b\)

\(d\) divise \(bc\) et \(d \wedge c = 1\). D’après le théorème de Gauss, \(d\) divise \(b\).

2- a) Existence de \((u, v) \in \mathbb{N} \times \mathbb{N}\)

On a \(dn = b\) et \(a \wedge b = 1\). D’après le théorème de Bézout, il existe \((u_{0}, v_{0}) \in \mathbb{Z}^{2}\) tel que :

\[b\,u_{0} - a\,v_{0} = 1\]

Pour tout entier \(t\), on pose \(u = u_{0} + at\) et \(v = v_{0} + bt\). Alors :

\[\begin{aligned} bu - av &= b u_{0} + abt - a v_{0} - abt \\ &= b u_{0} - a v_{0} = 1 \end{aligned}\]

Comme \(a \geq 1\) et \(b \geq 1\), en choisissant \(t \geq |u_{0}|\) et \(t \geq |v_{0}|\), on obtient \(u \geq u_{0} + |u_{0}| \geq 0\) et \(v \geq v_{0} + |v_{0}| \geq 0\). Il existe donc \((u, v) \in \mathbb{N} \times \mathbb{N}\) tel que :

\[dnu - av = 1\]

2- b) Ensemble des solutions de \((E)\)

• Équation équivalente. En multipliant \((E)\) par \(bd \neq 0\), puis en remplaçant \(b\) par \(nd\) et en divisant par \(d\) :

\[\begin{aligned} (E) &\iff bd\,y = ad\,x - bc \\ &\iff nd^{2}\,y = ad\,x - ndc \\ &\iff nd\,y = a x - nc \\ &\iff a x - b y = nc \end{aligned}\]

• Solution particulière. En multipliant \(bu - av = 1\) par \(nc\) :

\[a(-vcn) - b(-ucn) = nc\]

Donc \((x_{1}, y_{1}) = (-vcn\ ;\ -ucn)\) est une solution.

• Solution générale. Soit \((x, y)\) une solution. Par soustraction :

\[a(x - x_{1}) = b(y - y_{1})\]

Donc \(b\) divise \(a(x - x_{1})\) ; comme \(a \wedge b = 1\), le théorème de Gauss donne : \(b\) divise \(x - x_{1}\). Il existe \(k \in \mathbb{Z}\) tel que \(x = x_{1} + bk\), puis \(abk = b(y - y_{1})\), donc \(y = y_{1} + ak\).

• Réciproquement, pour tout \(k \in \mathbb{Z}\) :

\[\begin{aligned} &a(x_{1} + bk) - b(y_{1} + ak) \\ &= a x_{1} - b y_{1} = nc \end{aligned}\]

Donc :

\[\begin{aligned} S = \{&(-vcn + bk\ ;\ -ucn + ak) \\ &/\ k \in \mathbb{Z}\} \end{aligned}\]

3- Résolution de \((F)\)

Ici \(a = 3\), \(b = 2975\), \(c = 2\) et \(d = 119\).

• \(2975 = 5^{2} \times 7 \times 17\) n’est pas divisible par \(3\), donc \(3 \wedge 2975 = 1\) ; \(119 = 7 \times 17\) est impair, donc \(2 \wedge 119 = 1\).
• \(b = 119 \times 25 = nd\) avec \(n = 25\).

On cherche \((u, v) \in \mathbb{N} \times \mathbb{N}\) tel que \(2975u - 3v = 1\). Comme \(2975 = 3 \times 991 + 2\), on essaie \(u = 2\) : \(2975 \times 2 = 5950 = 3 \times 1983 + 1\). Donc \((u, v) = (2\ ;\ 1983)\) convient.

D’après la question 2- b), avec \(vcn = 1983 \times 2 \times 25 = 99150\) et \(ucn = 2 \times 2 \times 25 = 100\) :

\[\begin{aligned} S = \{(&-99150 + 2975k\ ; \\ &-100 + 3k) \,/\, k \in \mathbb{Z}\} \end{aligned}\]

Écriture plus simple. Pour \(k = 34\), on obtient le couple \((2000\ ;\ 2)\), car \(2975 \times 34 = 101150\). En posant \(k = 34 + k'\) :

\[\begin{aligned} S = \{&(2000 + 2975k'\ ;\ 2 + 3k') \\ &/\ k' \in \mathbb{Z}\} \end{aligned}\]

Vérification : \(\dfrac{3 \times 2000}{2975} - \dfrac{2}{119} = \dfrac{6000 - 50}{2975} = \dfrac{5950}{2975} = 2\).

Exercice 5 : Structures algébriques

Pour tout entier relatif \(y\), \((-1)^{y}\) vaut \(1\) si \(y\) est pair et \(-1\) si \(y\) est impair. En particulier \((-1)^{y}(-1)^{y'} = (-1)^{y+y'}\) et \((-1)^{-y} = (-1)^{y}\).

Partie I

1- a) Calcul de \((1 - i) \ast (3 + 2i)\)

Ici \(x = 1\), \(y = -1\), \(x' = 3\) et \(y' = 2\) :

\[\begin{aligned} &(1 - i) \ast (3 + 2i) \\ &= \big(1 + (-1)^{-1} \times 3\big) + (-1 + 2)\,i \\ &= (1 - 3) + i \\ &= -2 + i \end{aligned}\]

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

On calcule dans l’autre ordre (\(x = 3\), \(y = 2\), \(x' = 1\), \(y' = -1\)) :

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

Comme \(4 + i \neq -2 + i\), on a \((3 + 2i) \ast (1 - i) \neq (1 - i) \ast (3 + 2i)\) : la loi \(\ast\) n’est pas commutative dans \(E\).

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

Soient \(z = x + yi\), \(z' = x' + y'i\) et \(z'' = x'' + y''i\) trois éléments de \(E\).

\[\begin{aligned} &(z \ast z') \ast z'' \\ &= \big[(x + (-1)^{y}x') + (y + y')i\big] \\ &\quad \ast (x'' + y''i) \\ &= \big(x + (-1)^{y}x' + (-1)^{y+y'}x''\big) \\ &\quad + (y + y' + y'')\,i \end{aligned}\] \[\begin{aligned} &z \ast (z' \ast z'') \\ &= (x + yi) \\ &\quad \ast \big[(x' + (-1)^{y'}x'') + (y' + y'')i\big] \\ &= \big(x + (-1)^{y}(x' + (-1)^{y'}x'')\big) \\ &\quad + (y + y' + y'')\,i \\ &= \big(x + (-1)^{y}x' + (-1)^{y+y'}x''\big) \\ &\quad + (y + y' + y'')\,i \end{aligned}\]

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

3- \(0\) est l’élément neutre

On a \(0 = 0 + 0i \in E\). Pour tout \(x + yi \in E\) :

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

Donc \(0\) est l’élément neutre pour la loi \(\ast\) dans \(E\).

4- a) Vérification

Soit \((x, y) \in \mathbb{Z}^{2}\). On applique la définition avec \(x' = (-1)^{y+1}x\) et \(y' = -y\) :

\[\begin{aligned} &(x + yi) \ast \big((-1)^{y+1}x - yi\big) \\ &= \big(x + (-1)^{y}(-1)^{y+1}x\big) + (y - y)\,i \\ &= x + (-1)^{2y+1}x \\ &= x - x = 0 \end{aligned}\]

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

• \(\ast\) est une loi de composition interne dans \(E\) : \(x + (-1)^{y}x'\) et \(y + y'\) sont des entiers relatifs.
• \(\ast\) est associative (question 2).
• \(0\) est l’élément neutre (question 3).
• Tout élément \(z = x + yi\) admet un symétrique : on pose \(z' = (-1)^{y+1}x - yi \in E\). D’après 4- a), \(z \ast z' = 0\). Dans l’autre ordre, avec \((-1)^{-y} = (-1)^{y}\) :

\[\begin{aligned} &z' \ast z \\ &= \big((-1)^{y+1}x + (-1)^{-y}x\big) \\ &\quad + (-y + y)\,i \\ &= (-1)^{y}(-x + x) = 0 \end{aligned}\]

Donc \((E, \ast)\) est un groupe. D’après 1- b), la loi \(\ast\) n’est pas commutative : \((E, \ast)\) est un groupe non commutatif.

Partie II

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

• \(F \subset E\), car \(x + 2yi = x + (2y)i\) avec \(2y \in \mathbb{Z}\).
• \(F \neq \varnothing\), car \(0 = 0 + 2 \times 0\,i \in F\).
• Soient \(z = x + 2yi\) et \(z' = x' + 2y'i\) deux éléments de \(F\). D’après I. 4- a), le symétrique de \(z'\) dans \((E, \ast)\) est \((-1)^{2y'+1}x' - 2y'i = -x' - 2y'i\). Alors :

\[\begin{aligned} &z \ast (-x' - 2y'i) \\ &= \big(x + (-1)^{2y}(-x')\big) + (2y - 2y')\,i \\ &= (x - x') + 2(y - y')\,i \in F \end{aligned}\]

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

1- b) La loi \(\ast\) est commutative dans \(F\)

Soient \(z = x + 2yi\) et \(z' = x' + 2y'i\) deux éléments de \(F\). Comme \((-1)^{2y} = 1\) et \((-1)^{2y'} = 1\) :

\[\begin{aligned} z \ast z' &= (x + x') + 2(y + y')\,i \\ z' \ast z &= (x' + x) + 2(y' + y)\,i \end{aligned}\]

Donc \(z \ast z' = z' \ast z\) : la loi \(\ast\) est commutative dans \(F\).

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

Tout élément de \(F\) s’écrit de façon unique sous la forme \(x + 2yi\) avec \((x, y) \in \mathbb{Z}^{2}\), donc \(\varphi\) est bien définie. Soient \(z = x + 2yi\) et \(z' = x' + 2y'i\) dans \(F\). D’après 1- b) :

\[\begin{aligned} \varphi(z \ast z') &= \varphi\big((x + x') + 2(y + y')i\big) \\ &= M(x + x', y + y') \end{aligned}\]

D’autre part :

\[\begin{aligned} &M(x, y) \times M(x', y') \\ &= \begin{pmatrix} 1 & x & y \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 1 & x' & y' \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} 1 & x' + x & y' + y \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \\ &= M(x + x', y + y') \end{aligned}\]

Donc \(\varphi(z \ast z') = \varphi(z) \times \varphi(z')\) : \(\varphi\) est un homomorphisme de \((F, \ast)\) vers \((M_{3}(\mathbb{R}), \times)\).

2- b) \(\varphi(F) = G\)

\[\begin{aligned} \varphi(F) &= \{\varphi(x + 2yi) \,/\, (x, y) \in \mathbb{Z}^{2}\} \\ &= \{M(x, y) \,/\, (x, y) \in \mathbb{Z}^{2}\} = G \end{aligned}\]

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

\((F, \ast)\) est un groupe (sous-groupe de \((E, \ast)\)) et il est commutatif (question 1- b). L’image d’un groupe commutatif par un homomorphisme est un groupe commutatif. Donc \((\varphi(F), \times) = (G, \times)\) est un groupe commutatif.

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