الامتحان الوطني الموحد للبكالوريا 2024 – الرياضيات – شعبة العلوم الرياضية (أ) و (ب) – الدورة العادية

Exercice 1 : Analyse

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

Pour tout \(x > 1\), comme \(x^{2} - 1 = (x - 1)(x + 1)\) :

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

La fonction \(\ln\) est dérivable en \(1\) et \(\ln'(1) = 1\), donc \(\displaystyle\lim_{x \to 1^{+}} \dfrac{\ln(x)}{x - 1} = \lim_{x \to 1^{+}} \dfrac{\ln(x) - \ln(1)}{x - 1} = 1\). De plus \(\displaystyle\lim_{x \to 1^{+}} \dfrac{1}{x + 1} = \dfrac{1}{2}\). Par produit :

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

Donc \(f\) est continue à droite en \(1\).

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

Pour tout \(x > 1\) :

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

Or \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{\ln(x)}{x} = 0\) et \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{x}{x^{2} - 1} = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{1}{x} = 0\). Donc :

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

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

3- a) Changement de variable \(t = (x - 1)^{2}\)

Comme \(x > 1\), on a \(x - 1 > 0\), donc \(\sqrt{t} = x - 1\) et \(x = 1 + \sqrt{t}\). Par suite \(1 - x = -\sqrt{t}\), \(\ln(x) = \ln\left(1 + \sqrt{t}\right)\) et \((x - 1)^{2} = t\) :

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

3- b) Encadrement par les accroissements finis

Soit \(t > 0\). On considère la fonction \(u\) définie sur \([0 ; t]\) par \(u(s) = \ln\left(1 + \sqrt{s}\right) - \sqrt{s}\). Elle est continue sur \([0 ; t]\), dérivable sur \(]0 ; t[\), et pour tout \(s \in\, ]0 ; t[\) :

\[\begin{aligned} u'(s) &= \dfrac{1}{2\sqrt{s}} \times \dfrac{1}{1 + \sqrt{s}} - \dfrac{1}{2\sqrt{s}} \\ &= \dfrac{1}{2\sqrt{s}} \times \dfrac{1 - \left(1 + \sqrt{s}\right)}{1 + \sqrt{s}} \\ &= \dfrac{-1}{2\left(1 + \sqrt{s}\right)} \end{aligned}\]

D’après le théorème des accroissements finis, il existe \(c \in\, ]0 ; t[\) tel que \(\dfrac{u(t) - u(0)}{t - 0} = u'(c)\). Comme \(u(0) = 0\) :

\[\dfrac{-\sqrt{t} + \ln\left(1 + \sqrt{t}\right)}{t} = \dfrac{-1}{2\left(1 + \sqrt{c}\right)}\]

Or \(0 < c < t\), donc \(1 < 1 + \sqrt{c} < 1 + \sqrt{t}\). En passant aux inverses, puis en multipliant par \(-\dfrac{1}{2}\) :

\[-\dfrac{1}{2} < \dfrac{-1}{2\left(1 + \sqrt{c}\right)} < \dfrac{-1}{2\left(1 + \sqrt{t}\right)}\]

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

\[\begin{aligned} -\dfrac{1}{2} &< \dfrac{-\sqrt{t} + \ln\left(1 + \sqrt{t}\right)}{t} \\ &< \dfrac{-1}{2\left(1 + \sqrt{t}\right)} \end{aligned}\]

3- c) Limite en \(1^{+}\)

Soit \(x > 1\) et \(t = (x - 1)^{2} > 0\). Alors \(1 + \sqrt{t} = x\). D’après 3- a) et 3- b) :

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

Comme \(\displaystyle\lim_{x \to 1^{+}} \dfrac{-1}{2x} = -\dfrac{1}{2}\), le théorème des gendarmes donne :

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

4- a) Taux d’accroissement de \(f\) en \(1\)

Soit \(x > 1\). D’une part :

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

D’autre part, on réduit le second membre au dénominateur \(2(x - 1)^{2}(x + 1)\). Son numérateur est :

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

Les deux expressions sont égales, donc :

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

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

Quand \(x\) tend vers \(1^{+}\) :

• \(\dfrac{\ln(x)}{x - 1}\) tend vers \(1\) et \(\dfrac{1}{2(x + 1)}\) tend vers \(\dfrac{1}{4}\) ;
• \(\dfrac{\ln(x) - x + 1}{2(x - 1)^{2}} = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1 - x + \ln(x)}{(x - 1)^{2}}\) tend vers \(\dfrac{1}{2} \times \left(-\dfrac{1}{2}\right) = -\dfrac{1}{4}\) (question 3- c).

Donc :

\[\lim_{x \to 1^{+}} \dfrac{f(x) - f(1)}{x - 1} = -\dfrac{1}{4} - \dfrac{1}{4} = -\dfrac{1}{2}\]

La fonction \(f\) est dérivable à droite en \(1\) et \(f'_{d}(1) = -\dfrac{1}{2}\).

Interprétation : la courbe \((C)\) admet au point \(A\left(1 ; \dfrac{1}{2}\right)\) une demi-tangente de coefficient directeur \(-\dfrac{1}{2}\), d’équation \(y = -\dfrac{1}{2}(x - 1) + \dfrac{1}{2}\), c’est-à-dire \(y = -\dfrac{1}{2}x + 1\) avec \(x \geq 1\).

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

Soit \(x \geq 1\). Pour tout \(t \in [1 ; x]\), on a \(t^{2} - 1 \geq 0\) et \(t^{3} \geq t^{2} > 0\), donc \(0 < \dfrac{1}{t^{3}} \leq \dfrac{1}{t^{2}}\) et :

\[0 \leq \dfrac{t^{2} - 1}{t^{3}} \leq \dfrac{t^{2} - 1}{t^{2}}\]

Les bornes \(1\) et \(x\) sont dans l’ordre croissant. En intégrant de \(1\) à \(x\) :

\[0 \leq I(x) \leq J(x)\]

5- b) Calcul de \(I(x)\) et de \(J(x)\)

\[\begin{aligned} I(x) &= \int_{1}^{x} \left(\dfrac{1}{t} - \dfrac{1}{t^{3}}\right)dt \\ &= \left[\ln(t) + \dfrac{1}{2t^{2}}\right]_{1}^{x} \\ &= \ln(x) + \dfrac{1}{2x^{2}} - \dfrac{1}{2} \\ &= \ln(x) - \dfrac{x^{2} - 1}{2x^{2}} \end{aligned}\] \[\begin{aligned} J(x) &= \int_{1}^{x} \left(1 - \dfrac{1}{t^{2}}\right)dt = \left[t + \dfrac{1}{t}\right]_{1}^{x} \\ &= x + \dfrac{1}{x} - 2 = \dfrac{x^{2} - 2x + 1}{x} \\ &= \dfrac{(x - 1)^{2}}{x} \end{aligned}\]

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

Sur \(]1, +\infty[\), \(f\) est le quotient de deux fonctions dérivables dont le dénominateur ne s’annule pas. Pour tout \(x > 1\) :

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

Or \((x - 1)^{2} = x\,J(x)\) d’après 5- b). Donc :

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

5- d) Encadrement de \(f'(x)\)

Soit \(x > 1\). On a \(J(x) = \dfrac{(x - 1)^{2}}{x} > 0\) et \(0 \leq I(x) \leq J(x)\), donc \(0 \leq \dfrac{I(x)}{J(x)} \leq 1\). En multipliant par \(\dfrac{-2}{(x + 1)^{2}} < 0\) :

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

De plus \(x + 1 > 2\), donc \((x + 1)^{2} > 4\) et \(\dfrac{-2}{(x + 1)^{2}} > -\dfrac{1}{2}\). Donc :

\[\forall x \in\, ]1, +\infty[,\ -\dfrac{1}{2} \leq f'(x) \leq 0\]

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

Pour \(x > 1\), la fonction \(t \mapsto \dfrac{t^{2} - 1}{t^{3}}\) est continue, positive et non identiquement nulle sur \([1 ; x]\), donc \(I(x) > 0\). Par suite \(f'(x) < 0\) : la fonction \(f\) est strictement décroissante sur \([1, +\infty[\).

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

6- b) Courbe \((C)\)

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 ;
• \((C)\) part du point \(A\left(1 ; \dfrac{1}{2}\right)\) avec une demi-tangente de coefficient directeur \(-\dfrac{1}{2}\), qui passe par le point \((2 ; 0)\) ;
• \(f\) est strictement décroissante et l’axe des abscisses est asymptote à \((C)\) en \(+\infty\) ;
• quelques valeurs approchées : \(f(2) \simeq 0{,}23\) et \(f(3) \simeq 0{,}14\).

La droite d’équation \(y = x - 1\), tracée en pointillés, sert à la question 7 : elle coupe \((C)\) au point d’abscisse \(a\).

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

On pose \(g(x) = f(x) - x + 1\) pour \(x \in [1 ; 2]\).

• \(g\) est continue sur \([1 ; 2]\) (car \(f\) l’est).
• \(g\) est strictement décroissante sur \([1 ; 2]\), comme somme de \(f\) et de \(x \mapsto -x + 1\), toutes deux strictement décroissantes.
• \(g(1) = f(1) = \dfrac{1}{2} > 0\) et \(g(2) = \dfrac{\ln 2}{3} - 1 < 0\), car \(\ln 2 < 1\).

D’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation \(g(x) = 0\) admet une solution unique \(a\) dans \(]1, 2[\). Donc l’équation \(f(x) = x - 1\) admet une unique solution \(a\) dans \(]1, 2[\).

8- a) \(|a_{n+1} - a| \leq \dfrac{1}{2}|a_{n} - a|\)

• Tous les termes sont dans \([1, +\infty[\). Pour tout \(x \geq 1\), \(f(x) \geq 0\) (\(f(1) = \dfrac{1}{2}\), et pour \(x > 1\), \(\ln(x) > 0\) et \(x^{2} - 1 > 0\)). Comme \(a_{0} \geq 1\) et \(a_{n+1} = 1 + f(a_{n})\), on obtient par récurrence \(a_{n} \geq 1\) pour tout \(n\).

• Inégalité des accroissements finis. La fonction \(f\) est continue sur \([1, +\infty[\), dérivable sur \(]1, +\infty[\) et \(|f'(x)| \leq \dfrac{1}{2}\) pour tout \(x > 1\) (question 5- d). Donc, pour tous \(u\) et \(v\) de \([1, +\infty[\) :

\[|f(u) - f(v)| \leq \dfrac{1}{2}\,|u - v|\]

• Conclusion. Comme \(f(a) = a - 1\), on a \(a = 1 + f(a)\). Donc :

\[\begin{aligned} |a_{n+1} - a| &= |1 + f(a_{n}) - 1 - f(a)| \\ &= |f(a_{n}) - f(a)| \\ &\leq \dfrac{1}{2}\,|a_{n} - a| \end{aligned}\]

8- b) Récurrence

• Initialisation : pour \(n = 0\), \(\left(\dfrac{1}{2}\right)^{0}|a_{0} - a| = |a_{0} - a|\) : l’inégalité est vraie.

• Hérédité : soit \(n \in \mathbb{N}\) tel que \(|a_{n} - a| \leq \left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}|a_{0} - a|\). D’après 8- a) :

\[\begin{aligned} |a_{n+1} - a| &\leq \dfrac{1}{2}\,|a_{n} - a| \\ &\leq \dfrac{1}{2} \times \left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}|a_{0} - a| \\ &= \left(\dfrac{1}{2}\right)^{n+1}|a_{0} - a| \end{aligned}\]

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

\[|a_{n} - a| \leq \left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}|a_{0} - a|\]

8- c) Convergence de \((a_{n})\)

Comme \(-1 < \dfrac{1}{2} < 1\), on a \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \left(\dfrac{1}{2}\right)^{n} = 0\). Or \(0 \leq |a_{n} - a| \leq \left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}|a_{0} - a|\). D’après le théorème des gendarmes, \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} |a_{n} - a| = 0\). Donc la suite \((a_{n})\) est convergente et :

\[\lim_{n \to +\infty} a_{n} = a\]

Exercice 2 : Analyse

1- a) \(F\) est continue et strictement croissante

La fonction \(t \mapsto e^{t^{2}}\) est continue sur \([0 ; 1]\). Donc \(F\) est la primitive de cette fonction sur \([0 ; 1]\) qui s’annule en \(0\) : \(F\) est dérivable sur \([0 ; 1]\), donc continue sur \([0 ; 1]\), et pour tout \(x \in [0 ; 1]\) :

\[F'(x) = e^{x^{2}} > 0\]

Donc \(F\) est strictement croissante sur \([0 ; 1]\).

1- b) \(F\) est une bijection de \([0 ; 1]\) vers \([0 ; \beta]\)

\(F\) est continue et strictement croissante sur \([0 ; 1]\). Elle réalise donc une bijection de \([0 ; 1]\) vers \(F\big([0 ; 1]\big) = [F(0) ; F(1)]\). Or \(F(0) = 0\) et \(F(1) = \displaystyle\int_{0}^{1} e^{t^{2}}\,dt = \beta\). Donc \(F\) est une bijection de \([0 ; 1]\) vers \([0 ; \beta]\).

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

La fonction \(F^{-1}\) est continue sur \([0 ; \beta]\), comme bijection réciproque d’une fonction continue et strictement monotone sur un intervalle. La somme de Riemann de \(F^{-1}\) sur \([0 ; \beta]\) converge donc vers son intégrale :

\[\begin{aligned} &\lim_{n \to +\infty} \dfrac{\beta}{n}\sum_{k=1}^{n} F^{-1}\left(\dfrac{k\beta}{n}\right) \\ &= \int_{0}^{\beta} F^{-1}(t)\,dt \end{aligned}\]

Or \(S_{n} = \dfrac{1}{\beta} \times \dfrac{\beta}{n}\displaystyle\sum_{k=1}^{n} F^{-1}\left(\dfrac{k\beta}{n}\right)\). Donc la suite \((S_{n})\) est convergente, de limite :

\[\ell = \dfrac{1}{\beta}\int_{0}^{\beta} F^{-1}(t)\,dt\]

2- b) Changement de variable

On pose \(u = F^{-1}(t)\), c’est-à-dire \(t = F(u)\). Alors \(dt = F'(u)\,du = e^{u^{2}}\,du\). Si \(t = 0\) alors \(u = F^{-1}(0) = 0\) ; si \(t = \beta\) alors \(u = F^{-1}(\beta) = 1\). Donc :

\[\int_{0}^{\beta} F^{-1}(t)\,dt = \int_{0}^{1} u\,e^{u^{2}}\,du\]

et par suite :

\[\ell = \dfrac{1}{\beta}\int_{0}^{1} u\,e^{u^{2}}\,du\]

2- c) Valeur de \(\ell\)

Une primitive de \(u \mapsto u\,e^{u^{2}}\) est \(u \mapsto \dfrac{1}{2}e^{u^{2}}\). Donc :

\[\int_{0}^{1} u\,e^{u^{2}}\,du = \left[\dfrac{1}{2}e^{u^{2}}\right]_{0}^{1} = \dfrac{e - 1}{2}\]

D’où :

\[\ell = \dfrac{e - 1}{2\beta}\]

Exercice 3 : Nombres complexes

Partie I

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

\[\begin{aligned} \Delta &= (-2i)^{2} - 4 \times 1 \times \alpha \\ &= -4 - 4\alpha = -4(1 + \alpha) \end{aligned}\]

1- b) Deux solutions distinctes

L’équation \((E_{\alpha})\) admet deux solutions distinctes dans \(\mathbb{C}\) si et seulement si \(\Delta \neq 0\), c’est-à-dire \(\alpha \neq -1\). L’ensemble cherché est \(\mathbb{C} - \{-1\}\).

2- Somme et produit des solutions

Pour tout \(z\), \(z^{2} - 2iz + \alpha = (z - z_{1})(z - z_{2}) = z^{2} - (z_{1} + z_{2})z + z_{1}z_{2}\). Par identification :

\[z_{1} + z_{2} = 2i \quad \text{et} \quad z_{1}z_{2} = \alpha\]

Partie II

1- a) Solutions quand \(\alpha = m^{2} - 2m\)

\[\begin{aligned} \Delta &= -4(1 + m^{2} - 2m) \\ &= -4(m - 1)^{2} = \big(2i(m - 1)\big)^{2} \end{aligned}\]

Les solutions sont \(\dfrac{2i \pm 2i(m - 1)}{2}\), c’est-à-dire :

\[z_{1} = i\,m \quad \text{et} \quad z_{2} = i\,(2 - m)\]

Vérification : \(z_{1} + z_{2} = 2i\) et \(z_{1}z_{2} = -m(2 - m) = m^{2} - 2m\).

1- b) Les points \(O\), \(M_{1}\) et \(M_{2}\) sont alignés

Comme \(m\) est réel, les nombres \(z_{1} = im\) et \(z_{2} = i(2 - m)\) sont des imaginaires purs (ou nuls). Les points \(M_{1}\) et \(M_{2}\) appartiennent donc à l’axe des imaginaires, qui passe par \(O\). Donc les points \(O\), \(M_{1}\) et \(M_{2}\) sont alignés.

2- a) Première équivalence

Les points \(O\), \(M_{1}\) et \(M_{2}\) ne sont pas alignés, donc \(z_{1} \neq 0\) et \(z_{2} \neq 0\). En multipliant le numérateur et le dénominateur par \(\overline{z_{2}}\) :

\[\dfrac{z_{1}}{z_{2}} = \dfrac{z_{1}\overline{z_{2}}}{|z_{2}|^{2}}\]

Comme \(|z_{2}|^{2}\) est un réel strictement positif, \(\mathrm{Re}\left(\dfrac{z_{1}}{z_{2}}\right) = \dfrac{\mathrm{Re}\left(z_{1}\overline{z_{2}}\right)}{|z_{2}|^{2}}\). Donc :

\[\begin{aligned} \dfrac{z_{1}}{z_{2}} \in i\mathbb{R} &\iff \mathrm{Re}\left(\dfrac{z_{1}}{z_{2}}\right) = 0 \\ &\iff \mathrm{Re}\left(z_{1}\overline{z_{2}}\right) = 0 \end{aligned}\]

2- b) Une identité

On utilise \(|z|^{2} = z\overline{z}\) et \(z_{1}\overline{z_{2}} + \overline{z_{1}}z_{2} = 2\,\mathrm{Re}\left(z_{1}\overline{z_{2}}\right)\) :

\[\begin{aligned} &|z_{1} - z_{2}|^{2} \\ &= (z_{1} - z_{2})\left(\overline{z_{1}} - \overline{z_{2}}\right) \\ &= |z_{1}|^{2} + |z_{2}|^{2} - 2\,\mathrm{Re}\left(z_{1}\overline{z_{2}}\right) \end{aligned}\] \[\begin{aligned} &|z_{1} + z_{2}|^{2} \\ &= |z_{1}|^{2} + |z_{2}|^{2} + 2\,\mathrm{Re}\left(z_{1}\overline{z_{2}}\right) \end{aligned}\]

Par soustraction :

\[\begin{aligned} &|z_{1} - z_{2}|^{2} \\ &= |z_{1} + z_{2}|^{2} - 4\,\mathrm{Re}\left(z_{1}\overline{z_{2}}\right) \end{aligned}\]

2- c) Deuxième équivalence

D’après la partie I, \(z_{1} + z_{2} = 2i\), donc \(|z_{1} + z_{2}|^{2} = 4\). L’identité précédente devient :

\[|z_{1} - z_{2}|^{2} = 4 - 4\,\mathrm{Re}\left(z_{1}\overline{z_{2}}\right)\]

Donc, d’après 2- a) :

\[\begin{aligned} \dfrac{z_{1}}{z_{2}} \in i\mathbb{R} &\iff \mathrm{Re}\left(z_{1}\overline{z_{2}}\right) = 0 \\ &\iff |z_{1} - z_{2}|^{2} = 4 \\ &\iff |z_{1} - z_{2}| = 2 \end{aligned}\]

3- a) \((z_{1} - z_{2})^{2} = \Delta\)

\[\begin{aligned} (z_{1} - z_{2})^{2} &= (z_{1} + z_{2})^{2} - 4z_{1}z_{2} \\ &= (2i)^{2} - 4\alpha \\ &= -4(1 + \alpha) = \Delta \end{aligned}\]

3- b) Ensemble \(\Gamma\)

Le triangle \(OM_{1}M_{2}\) est rectangle en \(O\) si et seulement si \(M_{1} \neq O\), \(M_{2} \neq O\) et \((OM_{1}) \perp (OM_{2})\), c’est-à-dire :

\[z_{1}z_{2} \neq 0 \quad \text{et} \quad \dfrac{z_{1}}{z_{2}} \in i\mathbb{R}\]

• Première condition : \(z_{1}z_{2} = \alpha\), donc elle s’écrit \(\alpha \neq 0\).

• Deuxième condition : quand \(z_{2} \neq 0\), les équivalences de 2- a) et 2- c) restent valables. Avec 3- a) :

\[\begin{aligned} \dfrac{z_{1}}{z_{2}} \in i\mathbb{R} &\iff |z_{1} - z_{2}|^{2} = 4 \\ &\iff |\Delta| = 4 \\ &\iff 4\,|1 + \alpha| = 4 \\ &\iff |\alpha - (-1)| = 1 \end{aligned}\]

On note \(I\) le point d’affixe \(-1\). La condition s’écrit \(I\Omega = 1\).

• Conclusion : \(\Gamma\) est le cercle de centre \(I(-1)\) et de rayon \(1\), privé du point \(O\) (le point \(O\), d’affixe \(0\), appartient à ce cercle mais correspond à \(\alpha = 0\), cas où le triangle est aplati).

Exercice 4 : Structures algébriques

1- a) Deux calculs

Avec \((a, b) = (i, 2)\) et \((c, d) = (1, i)\), on a \(\overline{d} = -i\) :

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

Avec \((a, b) = (1, i)\) et \((c, d) = (i, 2)\), on a \(\overline{d} = 2\) :

\[\begin{aligned} &(1, i)\,T\,(i, 2) \\ &= \big(1 \times 2 + i\,,\ i \times 2\big) \\ &= (2 + i\,,\ 2i) \end{aligned}\]

1- b) La loi \(T\) n’est pas commutative

Comme \(2 \neq 2 + i\), on a \((2, 2i) \neq (2 + i, 2i)\), c’est-à-dire \((i, 2)\,T\,(1, i) \neq (1, i)\,T\,(i, 2)\). Donc la loi \(T\) n’est pas commutative dans \(\mathbb{C} \times \mathbb{C}^{*}\).

2- La loi \(T\) est associative

Soient \((a, b)\), \((c, d)\) et \((e, f)\) trois éléments de \(\mathbb{C} \times \mathbb{C}^{*}\).

\[\begin{aligned} &\big((a, b)\,T\,(c, d)\big)\,T\,(e, f) \\ &= \left(a\overline{d} + c\,,\ bd\right)T\,(e, f) \\ &= \left(\left(a\overline{d} + c\right)\overline{f} + e\,,\ bdf\right) \\ &= \left(a\overline{d}\,\overline{f} + c\overline{f} + e\,,\ bdf\right) \end{aligned}\] \[\begin{aligned} &(a, b)\,T\,\big((c, d)\,T\,(e, f)\big) \\ &= (a, b)\,T\left(c\overline{f} + e\,,\ df\right) \\ &= \left(a\,\overline{df} + c\overline{f} + e\,,\ bdf\right) \\ &= \left(a\overline{d}\,\overline{f} + c\overline{f} + e\,,\ bdf\right) \end{aligned}\]

(car \(\overline{df} = \overline{d}\,\overline{f}\)). Les deux résultats sont égaux : la loi \(T\) est associative dans \(\mathbb{C} \times \mathbb{C}^{*}\).

3- \((0, 1)\) est l’élément neutre

On a \((0, 1) \in \mathbb{C} \times \mathbb{C}^{*}\) et, pour tout \((a, b) \in \mathbb{C} \times \mathbb{C}^{*}\) :

\[\begin{aligned} &(a, b)\,T\,(0, 1) \\ &= \left(a \times \overline{1} + 0\,,\ b \times 1\right) = (a, b) \end{aligned}\] \[\begin{aligned} &(0, 1)\,T\,(a, b) \\ &= \left(0 \times \overline{b} + a\,,\ 1 \times b\right) = (a, b) \end{aligned}\]

Donc \((0, 1)\) est l’élément neutre pour \(T\) dans \(\mathbb{C} \times \mathbb{C}^{*}\).

4- a) Vérification

Soit \((a, b) \in \mathbb{C} \times \mathbb{C}^{*}\). Le conjugué de \(\dfrac{1}{b}\) est \(\dfrac{1}{\overline{b}}\). Donc :

\[\begin{aligned} &(a, b)\,T\left(-\dfrac{a}{\overline{b}}\,,\ \dfrac{1}{b}\right) \\ &= \left(a \times \dfrac{1}{\overline{b}} - \dfrac{a}{\overline{b}}\,,\ b \times \dfrac{1}{b}\right) \\ &= (0, 1) \end{aligned}\]

4- b) \(\left(\mathbb{C} \times \mathbb{C}^{*}, T\right)\) est un groupe non commutatif

• \(T\) est une loi de composition interne : si \(b \neq 0\) et \(d \neq 0\), alors \(bd \neq 0\), donc \(\left(a\overline{d} + c\,,\ bd\right) \in \mathbb{C} \times \mathbb{C}^{*}\).
• \(T\) est associative (question 2).
• \((0, 1)\) est l’élément neutre (question 3).
• Tout élément \((a, b)\) admet un symétrique : on pose \((a', b') = \left(-\dfrac{a}{\overline{b}}\,,\ \dfrac{1}{b}\right) \in \mathbb{C} \times \mathbb{C}^{*}\). D’après 4- a), \((a, b)\,T\,(a', b') = (0, 1)\). Dans l’autre ordre :

\[\begin{aligned} &(a', b')\,T\,(a, b) \\ &= \left(-\dfrac{a}{\overline{b}} \times \overline{b} + a\,,\ \dfrac{1}{b} \times b\right) \\ &= (0, 1) \end{aligned}\]

Donc \(\left(\mathbb{C} \times \mathbb{C}^{*}, T\right)\) est un groupe. D’après 1- b), la loi \(T\) n’est pas commutative : c’est un groupe non commutatif.

5- a) \(\mathbb{R} \times \mathbb{R}^{*}\) est stable par \(T\)

Soient \((a, b)\) et \((c, d)\) deux éléments de \(\mathbb{R} \times \mathbb{R}^{*}\). Comme \(d\) est réel, \(\overline{d} = d\), donc :

\[(a, b)\,T\,(c, d) = (ad + c\,,\ bd)\]

Or \(ad + c \in \mathbb{R}\) et \(bd \in \mathbb{R}^{*}\) (produit de deux réels non nuls). Donc \((a, b)\,T\,(c, d) \in \mathbb{R} \times \mathbb{R}^{*}\) : l’ensemble \(\mathbb{R} \times \mathbb{R}^{*}\) est stable par \(T\).

5- b) \(\mathbb{R} \times \mathbb{R}^{*}\) est un sous-groupe

• \(\mathbb{R} \times \mathbb{R}^{*} \subset \mathbb{C} \times \mathbb{C}^{*}\) et \(\mathbb{R} \times \mathbb{R}^{*} \neq \varnothing\), car il contient l’élément neutre \((0, 1)\).
• \(\mathbb{R} \times \mathbb{R}^{*}\) est stable par \(T\) (question 5- a).
• Soit \((a, b) \in \mathbb{R} \times \mathbb{R}^{*}\). Son symétrique dans \(\left(\mathbb{C} \times \mathbb{C}^{*}, T\right)\) est \(\left(-\dfrac{a}{\overline{b}}\,,\ \dfrac{1}{b}\right) = \left(-\dfrac{a}{b}\,,\ \dfrac{1}{b}\right)\), qui appartient à \(\mathbb{R} \times \mathbb{R}^{*}\).

Donc \(\mathbb{R} \times \mathbb{R}^{*}\) est un sous-groupe du groupe \(\left(\mathbb{C} \times \mathbb{C}^{*}, T\right)\).

Exercice 5 : Arithmétique

1- a) Petit théorème de Fermat

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

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

c’est-à-dire \(p\) divise \(r^{p-1} - 1\). De même, \(q\) est premier et \(r \wedge q = 1\), donc \(r^{q-1} \equiv 1\ [q]\) : \(q\) divise \(r^{q-1} - 1\).

1- b) \(p\) et \(q\) divisent \(r^{(p-1)(q-1)} - 1\)

On élève la congruence \(r^{p-1} \equiv 1\ [p]\) à la puissance \(q - 1\) :

\[r^{(p-1)(q-1)} = \left(r^{p-1}\right)^{q-1} \equiv 1\ [p]\]

Donc \(p\) divise \(r^{(p-1)(q-1)} - 1\). De même, en élevant \(r^{q-1} \equiv 1\ [q]\) à la puissance \(p - 1\) :

\[r^{(p-1)(q-1)} = \left(r^{q-1}\right)^{p-1} \equiv 1\ [q]\]

Donc \(q\) divise \(r^{(p-1)(q-1)} - 1\).

1- c) \(pq\) divise \(r^{(p-1)(q-1)} - 1\)

\(p\) et \(q\) sont deux nombres premiers distincts, donc \(p \wedge q = 1\). Comme \(p\) et \(q\) divisent tous les deux \(r^{(p-1)(q-1)} - 1\) et sont premiers entre eux, leur produit \(pq\) divise \(r^{(p-1)(q-1)} - 1\).

2- Résolution de \(2024^{192}\,x \equiv 3\ [221]\)

On applique la question 1 avec \(p = 13\), \(q = 17\) et \(r = 2024\).

• \(13\) et \(17\) sont deux nombres premiers distincts et \(pq = 221\).
• \(2024 = 2^{3} \times 11 \times 23\) n’est divisible ni par \(13\) ni par \(17\), donc \(2024 \wedge 13 = 1\) et \(2024 \wedge 17 = 1\).
• \((p - 1)(q - 1) = 12 \times 16 = 192\).

D’après 1- c), \(221\) divise \(2024^{192} - 1\) :

\[2024^{192} \equiv 1\ [221]\]

Donc \(2024^{192}\,x \equiv x\ [221]\), et l’équation équivaut à :

\[x \equiv 3\ [221]\]

L’ensemble des solutions est :

\[S = \{3 + 221k \,/\, k \in \mathbb{Z}\}\]