Correction examen blanc 1 — Exercice 1
Niveau : 2e Bac Sciences Mathématiques
Type : Examen blanc
Exercice : 1
Thèmes : intégrales, fonction réciproque, équation différentielle, suites de fonctions, structures algébriques
Cette page contient une correction pédagogique personnelle. L’objectif est de présenter les méthodes de résolution dans un style clair et conforme au niveau 2e Bac Sciences Mathématiques.
On considère la fonction \(h\) définie sur \(\mathbb R\) par :
\[ h(x)=\int_0^x \frac{dt}{\sqrt{1+t^2}} \]Partie I
1)
Pour tout \(x\in\mathbb R\),
\[ h(-x)=\int_0^{-x}\frac{dt}{\sqrt{1+t^2}} \]On pose \(t=-u\), alors \(dt=-du\), et :
\[ h(-x)=\int_0^x\frac{-du}{\sqrt{1+u^2}} =-\int_0^x\frac{du}{\sqrt{1+u^2}} =-h(x) \]2)
Soient \(a,b\in\mathbb R\) tels que \(a\lt b\). On a :
\[ h(b)-h(a) = \int_0^b\frac{dt}{\sqrt{1+t^2}} - \int_0^a\frac{dt}{\sqrt{1+t^2}} = \int_a^b\frac{dt}{\sqrt{1+t^2}} \]Or, pour tout \(t\in[a,b]\),
\[ \frac1{\sqrt{1+t^2}}>0 \]Donc :
\[ h(b)-h(a)>0 \]3)
Soit \(t\geq0\). On a :
\[ (1+t)^2=1+2t+t^2\geq1+t^2 \]Donc :
\[ 1+t\geq \sqrt{1+t^2}>0 \]Ainsi :
\[ \frac1{1+t}\leq\frac1{\sqrt{1+t^2}} \]Et comme :
\[ \sqrt{1+t^2}\geq1 \]alors :
\[ \frac1{\sqrt{1+t^2}}\leq1 \]D’où :
\[ \forall t\geq0,\qquad \frac1{1+t}\leq\frac1{\sqrt{1+t^2}}\leq1 \]Soit \(x\geq0\). En intégrant sur \([0,x]\), on obtient :
\[ \int_0^x\frac{dt}{1+t} \leq \int_0^x\frac{dt}{\sqrt{1+t^2}} \leq \int_0^x1\,dt \]Donc :
\[ \ln(1+x)\leq h(x)\leq x \]Or \(x\geq0\), donc \(1+x\geq1\), d’où :
\[ \ln(1+x)\geq0 \]4)
Pour tout \(x\geq0\), on a :
\[ h(x)\geq \ln(1+x) \]Or :
\[ \lim_{x\to+\infty}\ln(1+x)=+\infty \]Donc \(h(x)\) devient aussi grand que l’on veut lorsque \(x\) tend vers \(+\infty\). Ainsi :
\[ \lim_{x\to+\infty}h(x)=+\infty \]Pour la limite en \(-\infty\), on pose \(x=-u\). Lorsque \(x\to-\infty\), on a \(u\to+\infty\). Comme \(h\) est impaire :
\[ h(x)=h(-u)=-h(u) \]Donc :
\[ \lim_{x\to-\infty}h(x) = \lim_{u\to+\infty}\bigl(-h(u)\bigr) = -\infty \]5)
La fonction
\[ t\longmapsto \frac1{\sqrt{1+t^2}} \]est continue sur \(\mathbb R\). Donc \(h\) est dérivable sur \(\mathbb R\), en particulier \(h\) est continue sur \(\mathbb R\).
De plus, \(h\) est strictement croissante sur \(\mathbb R\), et :
\[ \lim_{x\to-\infty}h(x)=-\infty, \qquad \lim_{x\to+\infty}h(x)=+\infty \]6)
On pose :
\[ \varphi(x)=x+\sqrt{1+x^2} \]Pour tout \(x\in\mathbb R\),
\[ \sqrt{1+x^2}>|x| \]Donc :
\[ x+\sqrt{1+x^2}>x+|x|\geq0 \]Ainsi :
\[ \forall x\in\mathbb R,\qquad \varphi(x)>0 \]De plus :
\[ \varphi(x)\varphi(-x) = \left(x+\sqrt{1+x^2}\right)\left(-x+\sqrt{1+x^2}\right) = 1+x^2-x^2=1 \]7)
Soit :
\[ F(x)=\ln\left(x+\sqrt{1+x^2}\right) \]D’après la question précédente, \(F\) est bien définie sur \(\mathbb R\). Pour tout \(x\in\mathbb R\),
\[ F^{\prime}(x) = \frac{1+\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}}{x+\sqrt{1+x^2}} = \frac{\sqrt{1+x^2}+x}{\sqrt{1+x^2}\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)} = \frac1{\sqrt{1+x^2}} \]8)
Puisque \(F\) et \(h\) sont deux primitives de la même fonction sur \(\mathbb R\), il existe \(c\in\mathbb R\) tel que :
\[ h(x)=F(x)+c \]Or :
\[ h(0)=0 \qquad\text{et}\qquad F(0)=\ln 1=0 \]Donc \(c=0\). Ainsi :
9)
Pour \(x>0\), d’après la question 3 :
\[ \ln(1+x)\leq h(x)\leq x \]Donc :
\[ \frac{\ln(1+x)}x\leq \frac{h(x)}x\leq 1 \]Or :
\[ \lim_{x\to0^+}\frac{\ln(1+x)}x=1 \]Donc :
\[ \lim_{x\to0^+}\frac{h(x)}x=1 \]Pour \(x<0\), on pose \(x=-u\), avec \(u>0\). Alors, lorsque \(x\to0^-\), on a \(u\to0^+\), et :
\[ \frac{h(x)}x = \frac{h(-u)}{-u} = \frac{-h(u)}{-u} = \frac{h(u)}u \]Donc :
\[ \lim_{x\to0^-}\frac{h(x)}x=1 \]Partie II
Pour tout \(n\in\mathbb N^*\), on définit :
\[ H_n(x)=n h\left(\frac xn\right) \]1)
Comme \(h\) est impaire, pour tout \(x\in\mathbb R\),
\[ H_n(-x) = n h\left(-\frac xn\right) = -nh\left(\frac xn\right) = -H_n(x) \]Donc \(H_n\) est impaire.
Comme \(h\) est dérivable sur \(\mathbb R\), \(H_n\) est dérivable sur \(\mathbb R\), et :
\[ H_n^{\prime}(x) = n\times\frac1n h^{\prime}\left(\frac xn\right) = h^{\prime}\left(\frac xn\right) \]Donc :
2)
Pour tout \(x\in\mathbb R\),
\[ H_n^{\prime}(x)>0 \]3)
Soit \(x\geq0\). Comme \(\dfrac xn\geq0\), d’après la partie I :
\[ 0\leq h\left(\frac xn\right)\leq \frac xn \]Donc :
\[ 0\leq n h\left(\frac xn\right)\leq x \]D’où :
\[ 0\leq H_n(x)\leq x \]Si \(x\leq0\), alors \(-x\geq0\), donc :
\[ 0\leq H_n(-x)\leq -x \]Or \(H_n\) est impaire, donc :
\[ 0\leq -H_n(x)\leq -x \]D’où :
4)
Soit \(u\geq0\). On a :
\[ 1-\frac1{\sqrt{1+u^2}}\geq0 \]et :
\[ 1-\frac1{\sqrt{1+u^2}} = \frac{\sqrt{1+u^2}-1}{\sqrt{1+u^2}} \leq \sqrt{1+u^2}-1 \]Or :
\[ \sqrt{1+u^2}-1 = \frac{u^2}{\sqrt{1+u^2}+1} \leq \frac{u^2}{2} \]Donc :
\[ 0\leq 1-\frac1{\sqrt{1+u^2}}\leq \frac{u^2}{2} \]Soit \(x\geq0\). On a :
\[ H_n(x) = n\int_0^{x/n}\frac{dt}{\sqrt{1+t^2}} \]On pose \(t=\dfrac{s}{n}\), alors \(dt=\dfrac{ds}{n}\), et :
\[ H_n(x) = \int_0^x\frac{ds}{\sqrt{1+\dfrac{s^2}{n^2}}} \]Donc :
\[ x-H_n(x) = \int_0^x\left(1-\frac1{\sqrt{1+\dfrac{s^2}{n^2}}}\right)ds \]D’après ce qui précède, avec \(u=\dfrac{s}{n}\),
\[ 0\leq 1-\frac1{\sqrt{1+\dfrac{s^2}{n^2}}} \leq \frac{s^2}{2n^2} \]D’où :
5)
Soit \(x\geq0\). D’après la question précédente :
\[ 0\leq x-H_n(x)\leq \frac{x^3}{6n^2} \]Or :
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{x^3}{6n^2}=0 \]Donc :
\[ \lim_{n\to+\infty}H_n(x)=x \]Si \(x<0\), on pose \(u=-x>0\). Alors :
\[ H_n(x)=H_n(-u)=-H_n(u) \]et, d’après le cas précédent :
\[ \lim_{n\to+\infty}H_n(u)=u \]Donc :
\[ \lim_{n\to+\infty}H_n(x) = \lim_{n\to+\infty}\bigl(-H_n(u)\bigr) = -u=x \]6)
Soit \(A>0\) et \(x\in[-A,A]\).
Si \(x\geq0\), alors :
\[ 0\leq x-H_n(x)\leq \frac{x^3}{6n^2} \]Donc :
\[ |H_n(x)-x|\leq \frac{|x|^3}{6n^2} \]Si \(x<0\), on pose \(u=-x>0\). Alors :
\[ H_n(x)-x=-H_n(u)+u=u-H_n(u) \]Donc :
\[ |H_n(x)-x| = u-H_n(u) \leq \frac{u^3}{6n^2} = \frac{|x|^3}{6n^2} \]Dans les deux cas :
\[ |H_n(x)-x|\leq \frac{|x|^3}{6n^2} \]Or \(|x|\leq A\), donc :
\[ \forall x\in[-A,A],\qquad |H_n(x)-x|\leq \frac{A^3}{6n^2} \]Comme :
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{A^3}{6n^2}=0 \]Partie III
On note :
\[ g=h^{-1} \]1)
Comme \(h\) est impaire et bijective, alors \(g\) est impaire.
En effet, soit \(y\in\mathbb R\). Il existe \(x\in\mathbb R\) tel que :
\[ y=h(x) \]Alors :
\[ -y=-h(x)=h(-x) \]Donc :
\[ g(-y)=-x=-g(y) \]Ainsi \(g\) est impaire.
Comme \(h\) est strictement croissante, alors sa réciproque \(g\) est strictement croissante sur \(\mathbb R\).
2)
On a, pour tout \(x\in\mathbb R\),
\[ h^{\prime}(x)=\frac1{\sqrt{1+x^2}}>0 \]Donc la fonction réciproque \(g\) est dérivable sur \(\mathbb R\).
De plus :
\[ h(g(x))=x \]En dérivant, on obtient :
\[ h^{\prime}(g(x))g^{\prime}(x)=1 \]Donc :
3)
Soit \(a>0\). On définit :
\[ F_a(x)=h(ag(x)) \]Comme \(g\) et \(h\) sont impaires :
\[ F_a(-x) = h(ag(-x)) = h(-ag(x)) = -h(ag(x)) = -F_a(x) \]Donc \(F_a\) est impaire.
Comme \(g\) et \(h\) sont dérivables sur \(\mathbb R\), alors \(F_a\) est dérivable sur \(\mathbb R\).
4)
Pour tout \(x\in\mathbb R\),
\[ F_a^{\prime}(x) = a g^{\prime}(x) h^{\prime}(ag(x)) \]Or :
\[ g^{\prime}(x)=\sqrt{1+g^2(x)} \]et :
\[ h^{\prime}(ag(x))=\frac1{\sqrt{1+a^2g^2(x)}} \]Donc :
5)
Comme \(a>0\), alors :
\[ F_a^{\prime}(x)>0 \]pour tout \(x\in\mathbb R\).
6)
Pour tout \(x\in\mathbb R\),
7)
Soit \(x>0\), et supposons \(a\neq1\).
Comme \(g\) est strictement croissante et \(g(0)=0\), on a :
\[ g(x)>0 \]On applique le T.A.F à \(h\) sur le segment d’extrémités \(g(x)\) et \(ag(x)\).
Il existe donc un réel \(\xi_x\), compris entre \(g(x)\) et \(ag(x)\), tel que :
\[ h(ag(x))-h(g(x)) = (ag(x)-g(x))h^{\prime}(\xi_x) \]D’où :
\[ F_a(x)-x = (a-1)g(x)\frac1{\sqrt{1+\xi_x^2}} \]c’est-à-dire :
\[ F_a(x)-x = \frac{(a-1)g(x)}{\sqrt{1+\xi_x^2}} \]Comme :
\[ g(x)>0 \qquad\text{et}\qquad \sqrt{1+\xi_x^2}>0 \]8)
Pour \(x=0\),
\[ F_a(0)-0=0 \]Pour \(x>0\), on a le signe de la question précédente.
Pour \(x<0\), on pose \(u=-x>0\). Comme \(F_a\) est impaire :
\[ F_a(x)-x = F_a(-u)+u = -F_a(u)+u = -\bigl(F_a(u)-u\bigr) \]Partie IV
1)
On a :
\[ g^{\prime}(x)=\sqrt{1+g^2(x)} \]Donc \(g\) est deux fois dérivable sur \(\mathbb R\), et :
\[ g^{\prime\prime}(x) = \frac{g(x)g^{\prime}(x)}{\sqrt{1+g^2(x)}} = g(x) \]2)
On considère :
\[ (E):\quad y^{\prime\prime}-y=0 \]D’après le cours sur les équations différentielles linéaires, les solutions de \((E)\) sont les fonctions définies sur \(\mathbb R\) par :
3)
Comme \(g=h^{-1}\), alors :
\[ g(0)=0 \]De plus :
\[ g^{\prime}(0)=\sqrt{1+g^2(0)}=1 \]4)
D’après les questions précédentes, \(g\) est solution de \((E)\), donc :
\[ g(x)=\alpha e^x+\beta e^{-x} \]Or :
\[ g(0)=0 \]donc :
\[ \alpha+\beta=0 \]De plus :
\[ g^{\prime}(x)=\alpha e^x-\beta e^{-x} \]et :
\[ g^{\prime}(0)=1 \]donc :
\[ \alpha-\beta=1 \]Ainsi :
\[ \alpha=\frac12 \qquad\text{et}\qquad \beta=-\frac12 \]Partie V
On pose :
\[ C(x)=\sqrt{1+g^2(x)} \]1)
D’après la partie IV :
\[ g(x)=\frac{e^x-e^{-x}}2 \]Donc :
\[ 1+g^2(x) = 1+\left(\frac{e^x-e^{-x}}2\right)^2 = \left(\frac{e^x+e^{-x}}2\right)^2 \]Comme :
\[ \frac{e^x+e^{-x}}2>0 \]2)
On a :
\[ g(x)=\frac{e^x-e^{-x}}2 \]donc :
\[ g^{\prime}(x)=\frac{e^x+e^{-x}}2=C(x) \]Et comme :
\[ C(x)=\frac{e^x+e^{-x}}2 \]alors :
\[ C^{\prime}(x)=\frac{e^x-e^{-x}}2=g(x) \]3)
\[ C^2(x)-g^2(x) = \left(\frac{e^x+e^{-x}}2\right)^2 - \left(\frac{e^x-e^{-x}}2\right)^2 =1 \]4)
Pour tous \(x,y\in\mathbb R\),
\[ g(x+y)=\frac{e^{x+y}-e^{-(x+y)}}2 \]D’autre part :
\[ g(x)C(y)+g(y)C(x) = \frac{e^x-e^{-x}}2\frac{e^y+e^{-y}}2 + \frac{e^y-e^{-y}}2\frac{e^x+e^{-x}}2 \]Après simplification :
\[ g(x)C(y)+g(y)C(x) = \frac{e^{x+y}-e^{-(x+y)}}2 \]5)
D’après la question précédente :
\[ g(x+y)=g(x)C(y)+g(y)C(x) \]Donc :
\[ h\left(g(x)C(y)+g(y)C(x)\right) = h(g(x+y)) = x+y \]Partie VI
Pour tout \(n\in\mathbb N\), on pose :
\[ I_n=\int_0^1\frac{x^n}{\sqrt{1+x^2}}\,dx \]1)
Pour tout \(x\in[0,1]\),
\[ 1\leq\sqrt{1+x^2}\leq\sqrt2 \]donc :
\[ \frac1{\sqrt2}\leq\frac1{\sqrt{1+x^2}}\leq1 \]Comme \(x^n\geq0\), on obtient :
\[ \frac{x^n}{\sqrt2}\leq\frac{x^n}{\sqrt{1+x^2}}\leq x^n \]En intégrant sur \([0,1]\),
\[ \frac1{\sqrt2}\int_0^1x^n\,dx \leq I_n \leq \int_0^1x^n\,dx \]2)
On a :
\[ 0\leq I_n\leq\frac1{n+1} \]et :
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac1{n+1}=0 \]3)
\[ I_0=\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{1+x^2}}=h(1) \]4)
On pose :
\[ J_n=\int_0^1x^n h(x)\,dx \]On fait une intégration par parties avec :
\[ u=h(x), \qquad v^{\prime}=x^n \]Alors :
\[ u^{\prime}=\frac1{\sqrt{1+x^2}}, \qquad v=\frac{x^{n+1}}{n+1} \]Donc :
\[ J_n = \left[\frac{x^{n+1}}{n+1}h(x)\right]_0^1 - \frac1{n+1}\int_0^1\frac{x^{n+1}}{\sqrt{1+x^2}}\,dx \]5)
On a :
\[ (n+1)J_n=h(1)-I_{n+1} \]Or :
\[ \lim_{n\to+\infty}I_{n+1}=0 \]6)
D’après l’expression de \(h\),
\[ h(1)=\ln(1+\sqrt2) \]Partie VII
On définit sur \(\mathbb R\) une opération \(\star\) par :
\[ x\star y=g(h(x)+h(y)) \]1)
Pour tous \(x,y\in\mathbb R\),
\[ h(x)+h(y)\in\mathbb R \]et \(g\) est définie sur \(\mathbb R\), donc :
\[ x\star y\in\mathbb R \]2)
\[ h(x\star y) = h(g(h(x)+h(y))) = h(x)+h(y) \]3)
Comme \(h\) est une bijection de \(\mathbb R\) sur \(\mathbb R\), et comme :
\[ h(x\star y)=h(x)+h(y) \]alors, par transport de structure par \(h\), \((\mathbb R,\star)\) est un groupe et :
4)
Comme \((\mathbb R,+)\) est commutatif et \(h\) est un isomorphisme, alors :
5)
L’élément neutre \(e\) de \((\mathbb R,\star)\) vérifie :
\[ h(e)=0 \]Donc :
\[ e=g(0)=0 \]Le symétrique de \(x\in\mathbb R\) est l’élément \(x'\) tel que :
\[ h(x')=-h(x) \]Donc :
\[ x'=g(-h(x)) \]Comme \(g\) est impaire :
\[ x'=-g(h(x))=-x \]6)
Pour tous \(x,y\in\mathbb R\),
\[ x\star y=g(h(x)+h(y)) \]D’après la partie V :
\[ g(u+v)=g(u)C(v)+g(v)C(u) \]avec \(u=h(x)\) et \(v=h(y)\), on obtient :
\[ x\star y = g(h(x))C(h(y))+g(h(y))C(h(x)) \]Or :
\[ g(h(x))=x \qquad\text{et}\qquad C(h(x))=\sqrt{1+x^2} \]Partie VIII
Pour \(n\in\mathbb N^*\) et \(u_1,\ldots,u_n\in\mathbb R\), on pose :
\[ S_n=u_1\star u_2\star\cdots\star u_n \]1)
Par récurrence, en utilisant :
\[ h(x\star y)=h(x)+h(y) \]on obtient :
2)
Comme :
\[ h(x)=\ln(\varphi(x)) \]alors :
\[ \ln(\varphi(S_n)) = \sum_{k=1}^n \ln(\varphi(u_k)) = \ln\left(\prod_{k=1}^n\varphi(u_k)\right) \]3)
On a :
\[ x^{[n]}=\underbrace{x\star x\star\cdots\star x}_{n\ \text{fois}} \]Donc :
\[ h\left(x^{[n]}\right)=nh(x) \]Puisque \(g=h^{-1}\),
4)
Comme :
\[ g(u)=\frac{e^u-e^{-u}}2 \]et :
\[ e^{h(x)}=\varphi(x)=x+\sqrt{1+x^2} \]on obtient :
5)
On résout :
\[ x^{[3]}=1 \]D’après la question précédente :
\[ g(3h(x))=1 \]Comme \(g\) est injective :
\[ 3h(x)=h(1) \]Donc :
\[ h(x)=\frac{h(1)}3 \]Ainsi :
\[ x=g\left(\frac{h(1)}3\right) \]Or :
\[ h(1)=\ln(1+\sqrt2) \]6)
On pose :
\[ w_n(x)=\left(\frac xn\right)^{[n]} \]Alors :
7)
D’après la partie II :
\[ \lim_{n\to+\infty}n h\left(\frac xn\right)=x \]Donc :
\[ \lim_{n\to+\infty}h(w_n(x))=x \]Comme \(g\) est continue :
8)
On définit :
\[ T_n(x)=\frac{x}{n+1}\star\frac{x}{n+2}\star\cdots\star\frac{x}{2n} \]Donc :
9)
Comme \(h(x)=\ln(\varphi(x))\), on a :
\[ \ln(\varphi(T_n(x))) = \sum_{k=n+1}^{2n}\ln\left(\varphi\left(\frac xk\right)\right) \]10)
Comme la fonction \(t\mapsto\dfrac1t\) est décroissante sur \(\mathbb R_+^*\), on a :
11)
On a :
\[ \int_{n+1}^{2n+1}\frac{dt}{t} = \ln\left(\frac{2n+1}{n+1}\right) \]et :
\[ \int_n^{2n}\frac{dt}{t}=\ln2 \]Donc :
\[ \ln\left(\frac{2n+1}{n+1}\right) \leq \sum_{k=n+1}^{2n}\frac1k \leq \ln2 \]Or :
\[ \lim_{n\to+\infty}\ln\left(\frac{2n+1}{n+1}\right)=\ln2 \]12)
D’après la partie II, pour tout \(k\geq1\),
\[ \left|kh\left(\frac xk\right)-x\right| \leq \frac{|x|^3}{6k^2} \]Donc :
\[ \left|h\left(\frac xk\right)-\frac xk\right| \leq \frac{|x|^3}{6k^3} \]Ainsi :
\[ h(T_n(x)) = \sum_{k=n+1}^{2n}\frac xk + \sum_{k=n+1}^{2n}\left(h\left(\frac xk\right)-\frac xk\right) \]et :
\[ \left| \sum_{k=n+1}^{2n}\left(h\left(\frac xk\right)-\frac xk\right) \right| \leq \frac{|x|^3}{6}\sum_{k=n+1}^{2n}\frac1{k^3} \]Or :
\[ 0\leq \sum_{k=n+1}^{2n}\frac1{k^3} \leq \frac{n}{(n+1)^3} \]et :
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{n}{(n+1)^3}=0 \]Donc :
\[ \lim_{n\to+\infty} \sum_{k=n+1}^{2n}\left(h\left(\frac xk\right)-\frac xk\right)=0 \]D’où :
13)
Comme :
\[ \lim_{n\to+\infty}h(T_n(x))=x\ln2 \]et \(g=h^{-1}\), on obtient :
14)
D’après l’expression de \(g\),
\[ g(x\ln2) = \frac{e^{x\ln2}-e^{-x\ln2}}2 = \frac{2^x-2^{-x}}2 \]Partie IX
On définit sur \(\mathbb R\) une deuxième opération \(\odot\) par :
\[ x\odot y=g(h(x)h(y)) \]1)
Pour tous \(x,y\in\mathbb R\),
\[ h(x)h(y)\in\mathbb R \]et \(g\) est définie sur \(\mathbb R\), donc :
\[ x\odot y\in\mathbb R \]2)
Pour tous \(x,y\in\mathbb R\),
3)
On a :
\[ h(x\star y)=h(x)+h(y) \]et :
\[ h(x\odot y)=h(x)h(y) \]Comme \(h\) est une bijection de \(\mathbb R\) sur \(\mathbb R\), et comme \((\mathbb R,+,\times)\) est un corps, alors par transport de structure :
4)
Le zéro de ce corps est le neutre de la loi \(\star\), donc :
5)
L’élément neutre pour la loi \(\odot\) est l’élément \(e\) tel que :
\[ h(e)=1 \]Donc :
6)
Soit \(x\neq0\). Comme \(h\) est bijective et \(h(0)=0\), alors :
\[ h(x)\neq0 \]L’inverse de \(x\) pour la loi \(\odot\) est donc :
7)
On pose :
\[ \widehat{2}=g(2) \]On résout :
\[ (x\odot x)\star x=\widehat{2} \]En appliquant \(h\), on obtient :
\[ h(x\odot x)+h(x)=h(\widehat{2}) \]Donc :
\[ h^2(x)+h(x)=2 \]On pose :
\[ X=h(x) \]Alors :
\[ X^2+X-2=0 \]D’où :
\[ X=1 \quad\text{ou}\quad X=-2 \]Ainsi :
\[ x=g(1) \quad\text{ou}\quad x=g(-2) \]C’est-à-dire :
Le fil conducteur de cet exercice est le transport de structure par la bijection \(h\). La loi \(\star\) transporte l’addition usuelle, tandis que la loi \(\odot\) transporte la multiplication usuelle. C’est pourquoi l’étude du groupe puis du corps devient plus simple en appliquant \(h\).
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