Correction — Examen national 2025
Session de rattrapage — 2e Bac Sciences Mathématiques
Ressource : correction détaillée de l’examen national 2025, session de rattrapage.
Niveau : 2e Bac Sciences Mathématiques A/B.
Contenu traité : analyse, suites, nombres complexes, arithmétique et structures algébriques.
Total : 20 points.
Cette page propose une correction écrite et progressive, destinée à aider les élèves à comprendre la méthode de résolution, la justification des passages importants et la rédaction attendue dans un sujet de type examen national. Les résultats sont présentés avec des explications détaillées afin de faciliter la révision autonome.
Cette correction est une production pédagogique personnelle. Elle ne remplace pas le document officiel du ministère, mais elle sert de support de travail pour les élèves de 2e Bac Sciences Mathématiques qui souhaitent comparer leur rédaction avec une correction structurée.
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Accès détaillé aux questions
- Exercice 1 : étude de fonction, continuité, dérivabilité, variations, tangente et suite définie par récurrence.
- Exercice 2 : suite logarithmique et encadrement par intégrales.
- Exercice 3 : nombres complexes et transformations du plan.
- Exercice 4 : arithmétique et congruences.
- Exercice 5 : structures algébriques.
Exercice 1 — Analyse
Partie I
On considère la fonction \(f\) définie sur \(I=[0,+\infty[\) par
\[ f(0)=0 \qquad\text{et}\qquad f(x)=\frac{x^2\ln x}{x^2+1}\quad \text{pour }x\gt 0 \]Question 1.a
Étudier la continuité de \(f\) à droite en \(0\)
Pour \(x\gt 0\), on a
\[ f(x)=\frac{x^2\ln x}{x^2+1} \]Or
\[ \lim_{x\to0^+}x^2\ln x=0 \qquad\text{et}\qquad \lim_{x\to0^+}(x^2+1)=1 \]Donc
\[ \lim_{x\to0^+}f(x)=0 \]Comme \(f(0)=0\), alors
\[ \lim_{x\to0^+}f(x)=f(0) \]Ainsi,
Question 1.b
Étudier la dérivabilité de \(f\) à droite en \(0\), puis interpréter graphiquement le résultat obtenu
Pour \(x\gt 0\), on a
\[ \frac{f(x)-f(0)}{x-0} = \frac{f(x)}x = \frac{x\ln x}{x^2+1} \]Or
\[ \lim_{x\to0^+}x\ln x=0 \qquad\text{et}\qquad \lim_{x\to0^+}(x^2+1)=1 \]Donc
\[ \lim_{x\to0^+}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=0 \]Ainsi,
Graphiquement, la courbe \((C)\) admet au point \(O(0,0)\) une demi-tangente horizontale d'équation
Question 1.c
Calculer
puis interpréter graphiquement le résultat obtenu
Pour \(x\gt 0\), on écrit
\[ f(x)=\frac{x^2}{x^2+1}\ln x \]Or
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x^2}{x^2+1}=1 \qquad\text{et}\qquad \lim_{x\to+\infty}\ln x=+\infty \]Donc
De plus,
\[ \frac{f(x)}x = \frac{x\ln x}{x^2+1} = \frac{\ln x}{x}\cdot\frac{x^2}{x^2+1} \]Or
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x}=0 \qquad\text{et}\qquad \lim_{x\to+\infty}\frac{x^2}{x^2+1}=1 \]Donc
Graphiquement, la courbe \((C)\) possède au voisinage de \(+\infty\) une branche infinie de direction l'axe des abscisses
Question 2.a
On considère la fonction \(\varphi\) définie sur \(]0,+\infty[\) par
\[ \varphi(x)=x^2+1+2\ln x \]Dresser le tableau de variations de \(\varphi\)
La fonction \(\varphi\) est dérivable sur \(]0,+\infty[\), et pour tout \(x\gt 0\),
\[ \varphi^{\prime}(x)=2x+\frac2x = \frac{2(x^2+1)}x \]Comme \(x\gt 0\), alors
\[ \varphi^{\prime}(x)\gt 0 \]Donc \(\varphi\) est strictement croissante sur \(]0,+\infty[\)
De plus,
\[ \lim_{x\to0^+}\varphi(x)=-\infty \qquad\text{et}\qquad \lim_{x\to+\infty}\varphi(x)=+\infty \]D'où le tableau de variations :
\[ \begin{array}{c|ccc} x & 0 & & +\infty\\ \hline \varphi^{\prime}(x) & & + & \\ \hline \varphi(x) & -\infty & \nearrow & +\infty \end{array} \]Question 2.b
Montrer que l'équation \(\varphi(x)=0\) admet une solution unique \(\beta\) appartenant à
La fonction \(\varphi\) est continue et strictement croissante sur \(]0,+\infty[\)
On a
\[ \varphi\left(\frac12\right) = \frac14+1+2\ln\left(\frac12\right) = \frac54-2\ln2 \]Comme \(\ln2\simeq0,7\), on obtient
\[ \varphi\left(\frac12\right)\lt 0 \]De plus,
\[ \varphi\left(\frac1{\sqrt3}\right) = \frac13+1+2\ln\left(\frac1{\sqrt3}\right) = \frac43-\ln3 \]Comme \(\ln3\simeq1,1\), on obtient
\[ \varphi\left(\frac1{\sqrt3}\right)\gt 0 \]Donc
\[ \varphi\left(\frac12\right)\lt 0 \qquad\text{et}\qquad \varphi\left(\frac1{\sqrt3}\right)\gt 0 \]Ainsi, l'équation \(\varphi(x)=0\) admet au moins une solution \(\beta\) dans
\[ \left]\frac12,\frac1{\sqrt3}\right[ \]Comme \(\varphi\) est strictement croissante sur \(]0,+\infty[\), cette solution est unique
Donc
Question 2.c
Montrer que
On a
\[ \varphi(\beta)=0 \]Donc
\[ \beta^2+1+2\ln\beta=0 \]D'où
\[ \ln\beta=-\frac{\beta^2+1}{2} \]Or
\[ f(\beta)=\frac{\beta^2\ln\beta}{\beta^2+1} \]Donc
\[ f(\beta) = \frac{\beta^2}{\beta^2+1} \left(-\frac{\beta^2+1}{2}\right) = -\frac{\beta^2}{2} \]Ainsi,
Question 3.a
Montrer que \(f\) est dérivable sur \(]0,+\infty[\) et que, pour tout \(x\gt 0\),
Sur \(]0,+\infty[\), les fonctions
\[ x\longmapsto x^2\ln x \qquad\text{et}\qquad x\longmapsto x^2+1 \]sont dérivables, et \(x^2+1\neq0\)
Donc \(f\) est dérivable sur \(]0,+\infty[\)
Pour tout \(x\gt 0\),
\[ f^{\prime}(x) = \frac{(2x\ln x+x)(x^2+1)-2x(x^2\ln x)}{(x^2+1)^2} \]Ainsi,
\[ f^{\prime}(x) = \frac{2x^3\ln x+x^3+2x\ln x+x-2x^3\ln x}{(x^2+1)^2} \]Donc
\[ f^{\prime}(x) = \frac{x(x^2+1+2\ln x)}{(x^2+1)^2} \]Comme
\[ \varphi(x)=x^2+1+2\ln x \]on obtient
Question 3.b
Donner le tableau de variations de \(f\)
Pour tout \(x\gt 0\),
\[ f^{\prime}(x)=\frac{x\varphi(x)}{(x^2+1)^2} \]Comme
\[ x\gt 0 \qquad\text{et}\qquad (x^2+1)^2\gt 0 \]le signe de \(f^{\prime}(x)\) est celui de \(\varphi(x)\)
Or \(\varphi\) est strictement croissante sur \(]0,+\infty[\) et
\[ \varphi(\beta)=0 \]Donc
\[ \varphi(x)\lt 0 \quad \text{sur } ]0,\beta[ \qquad\text{et}\qquad \varphi(x)\gt 0 \quad \text{sur } ]\beta,+\infty[ \]D'où
\[ f^{\prime}(x)\lt 0 \quad \text{sur } ]0,\beta[ \qquad\text{et}\qquad f^{\prime}(x)\gt 0 \quad \text{sur } ]\beta,+\infty[ \]Ainsi, \(f\) est strictement décroissante sur \(]0,\beta]\) et strictement croissante sur \([\beta,+\infty[\)
On a
\[ f(0)=0, \qquad f(\beta)=-\frac{\beta^2}{2}, \qquad \lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty \]D'où le tableau de variations :
\[ \begin{array}{c|ccc} x & 0 & \beta & +\infty\\ \hline f^{\prime}(x) & - & 0 & +\\ \hline f(x) & 0 & \searrow -\dfrac{\beta^2}{2} \nearrow & +\infty \end{array} \]Question 3.c
Montrer que \(\dfrac1\beta\) est l'unique solution de l'équation
sur \(]\beta,+\infty[\)
Comme
\[ \frac12\lt \beta\lt \frac1{\sqrt3} \]on a
\[ \frac1\beta\gt \sqrt3\gt \beta \]Donc
\[ \frac1\beta\in]\beta,+\infty[ \]Calculons \(f\left(\dfrac1\beta\right)\)
\[ f\left(\frac1\beta\right) = \frac{\dfrac1{\beta^2}\ln\left(\dfrac1\beta\right)} {\dfrac1{\beta^2}+1} = \frac{-\ln\beta}{1+\beta^2} \]Or
\[ \varphi(\beta)=0 \]donc
\[ \beta^2+1+2\ln\beta=0 \]Ainsi,
\[ -\ln\beta=\frac{\beta^2+1}{2} \]Donc
\[ f\left(\frac1\beta\right) = \frac{\dfrac{\beta^2+1}{2}}{\beta^2+1} = \frac12 \]Ainsi, \(\dfrac1\beta\) est une solution de l'équation \(f(x)=\dfrac12\) sur \(]\beta,+\infty[\)
Comme \(f\) est strictement croissante sur \(]\beta,+\infty[\), cette solution est unique
Donc
Question 3.d
Montrer que la droite d'équation
est tangente à la courbe \((C)\) au point d'abscisse \(\dfrac1\beta\)
On sait que
\[ f\left(\frac1\beta\right)=\frac12 \]Calculons \(f^{\prime}\left(\dfrac1\beta\right)\)
On a
\[ f^{\prime}(x)=\frac{x\varphi(x)}{(x^2+1)^2} \]Donc
\[ f^{\prime}\left(\frac1\beta\right) = \frac{\dfrac1\beta\,\varphi\left(\dfrac1\beta\right)} {\left(\dfrac1{\beta^2}+1\right)^2} \]Or
\[ \varphi\left(\frac1\beta\right) = \frac1{\beta^2}+1+2\ln\left(\frac1\beta\right) = \frac1{\beta^2}+1-2\ln\beta \]Comme
\[ -2\ln\beta=\beta^2+1 \]on obtient
\[ \varphi\left(\frac1\beta\right) = \frac1{\beta^2}+1+\beta^2+1 = \frac{(\beta^2+1)^2}{\beta^2} \]Donc
\[ f^{\prime}\left(\frac1\beta\right) = \frac{\dfrac1\beta\cdot\dfrac{(\beta^2+1)^2}{\beta^2}} {\left(\dfrac{\beta^2+1}{\beta^2}\right)^2} = \beta \]L'équation de la tangente à \((C)\) au point d'abscisse \(\dfrac1\beta\) est
\[ y=f\left(\frac1\beta\right) + f^{\prime}\left(\frac1\beta\right) \left(x-\frac1\beta\right) \]Donc
\[ y = \frac12+\beta\left(x-\frac1\beta\right) = \beta x-\frac12 \]Ainsi,
Question 4
Représenter graphiquement la courbe \((C)\) dans le repère \((O,\vec i,\vec j)\)
Les éléments nécessaires à la construction de \((C)\) sont :
\[ f(0)=0 \]donc \((C)\) passe par \(O(0,0)\)
\[ f_d^{\prime}(0)=0 \]donc \((C)\) admet en \(O\) une demi-tangente horizontale d'équation
\[ y=0 \] \[ f(\beta)=-\frac{\beta^2}{2} \]et \(f\) admet un minimum en \(\beta\), donc \((C)\) passe par
\[ B\left(\beta,-\frac{\beta^2}{2}\right) \] \[ f(1)=0 \]donc \((C)\) passe par le point
\[ A_1(1,0) \] \[ f\left(\frac1\beta\right)=\frac12 \]donc \((C)\) passe par
\[ A\left(\frac1\beta,\frac12\right) \]La tangente à \((C)\) au point d'abscisse \(\dfrac1\beta\) a pour équation
\[ y=\beta x-\frac12 \]Enfin,
\[ \lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty \qquad\text{et}\qquad \lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}x=0 \]donc \((C)\) possède au voisinage de \(+\infty\) une branche infinie de direction l'axe des abscisses
On admet que la courbe \((C)\) possède deux points d'inflexion
Partie II
On pose
\[ J=\left]\sqrt3,2\right[ \qquad\text{et}\qquad \alpha=\frac1\beta \]Comme
\[ \frac12\lt \beta\lt \frac1{\sqrt3} \]on a
\[ \sqrt3\lt \frac1\beta\lt 2 \]Donc
On considère la fonction \(g\) définie sur \(]0,+\infty[\) par
\[ g(x)=\sqrt{e^{1+\frac1{x^2}}} = e^{\frac12\left(1+\frac1{x^2}\right)} \]Question 1.a
Étudier les variations de \(g\)
La fonction \(g\) est dérivable sur \(]0,+\infty[\), et pour tout \(x\gt 0\),
\[ g^{\prime}(x) = e^{\frac12\left(1+\frac1{x^2}\right)} \cdot \frac12\left(-\frac2{x^3}\right) \]Donc
\[ g^{\prime}(x)=-\frac{g(x)}{x^3} \]Comme \(g(x)\gt 0\) et \(x^3\gt 0\), alors
\[ g^{\prime}(x)\lt 0 \]Ainsi,
Question 1.b
Montrer que, pour tout \(x\in J\),
Soit \(x\in J\), c'est-à-dire
\[ \sqrt3\lt x\lt 2 \]Comme \(g\) est strictement décroissante sur \(]0,+\infty[\), on obtient
\[ g(2)\lt g(x)\lt g(\sqrt3) \]Or
\[ g(2)=e^{\frac58} \qquad\text{et}\qquad g(\sqrt3)=e^{\frac23} \]D'après les valeurs données,
\[ \sqrt3\lt e^{\frac58}\lt e^{\frac23}\lt 2 \]Donc
Question 2.a
En utilisant le résultat de la question I.3.c, montrer que
D'après la question I.3.c,
\[ f\left(\frac1\beta\right)=\frac12 \]Comme
\[ \alpha=\frac1\beta \]on a
\[ f(\alpha)=\frac12 \]Donc
\[ \frac{\alpha^2\ln\alpha}{\alpha^2+1}=\frac12 \]Ainsi,
\[ 2\alpha^2\ln\alpha=\alpha^2+1 \]D'où
\[ \ln\alpha=\frac12\left(1+\frac1{\alpha^2}\right) \]Comme \(\alpha\gt 0\), on obtient
\[ \alpha=e^{\frac12\left(1+\frac1{\alpha^2}\right)} \]Donc
Question 2.b
Montrer que, pour tout \(x\in J\),
Pour tout \(x\gt 0\),
\[ g^{\prime}(x)=-\frac{g(x)}{x^3} \]Donc, pour tout \(x\in J\),
\[ \left|g^{\prime}(x)\right|=\frac{g(x)}{x^3} \]Or, pour tout \(x\in J\),
\[ g(x)\lt 2 \qquad\text{et}\qquad x\gt \sqrt3 \]Donc
\[ x^3\gt 3\sqrt3 \]Ainsi,
\[ \left|g^{\prime}(x)\right| = \frac{g(x)}{x^3} \lt \frac2{3\sqrt3} \]Par conséquent,
Question 2.c
En déduire que, pour tout \(x\in J\),
On a
\[ x\in J \qquad\text{et}\qquad \alpha\in J \]La fonction \(g\) est dérivable sur \(J\), et pour tout \(t\in J\),
\[ |g^{\prime}(t)|\leq \frac2{3\sqrt3} \]Par l'inégalité des accroissements finis appliquée sur l'intervalle de bornes \(x\) et \(\alpha\), on obtient
\[ |g(x)-g(\alpha)| \leq \frac2{3\sqrt3}|x-\alpha| \]Or
\[ g(\alpha)=\alpha \]Donc
Question 3.a
On considère la suite \((x_n)\) définie par
\[ x_0=\frac74 \qquad\text{et}\qquad x_{n+1}=g(x_n) \]Montrer que, pour tout \(n\in\mathbb N\),
On raisonne par récurrence
Pour \(n=0\), on a
\[ x_0=\frac74 \]Or
\[ \sqrt3\lt \frac74\lt 2 \]Donc
\[ x_0\in J \]Supposons que, pour un certain \(n\in\mathbb N\),
\[ x_n\in J \]D'après la question II.1.b,
\[ g(x_n)\in J \]Comme
\[ x_{n+1}=g(x_n) \]alors
\[ x_{n+1}\in J \]Donc, par récurrence,
Question 3.b
Montrer par récurrence que, pour tout \(n\in\mathbb N\),
Posons
\[ q=\frac2{3\sqrt3} \]Pour \(n=0\), on a
\[ |x_0-\alpha|\leq q^0|x_0-\alpha| \]La propriété est donc vraie pour \(n=0\)
Supposons que, pour un certain \(n\in\mathbb N\),
\[ |x_n-\alpha|\leq q^n|x_0-\alpha| \]Comme \(x_n\in J\), on peut appliquer la question II.2.c :
\[ |g(x_n)-\alpha|\leq q|x_n-\alpha| \]Or
\[ x_{n+1}=g(x_n) \]Donc
\[ |x_{n+1}-\alpha|\leq q|x_n-\alpha| \]Ainsi,
\[ |x_{n+1}-\alpha| \leq q\cdot q^n|x_0-\alpha| = q^{n+1}|x_0-\alpha| \]La propriété est donc vraie au rang \(n+1\)
Par récurrence,
Question 3.c
En déduire que la suite \((x_n)\) converge vers \(\alpha\)
On a
\[ q=\frac2{3\sqrt3} \]et
\[ 0\lt q\lt 1 \]Donc
\[ \lim_{n\to+\infty}q^n=0 \]D'après la question précédente,
\[ 0\leq |x_n-\alpha| \leq q^n|x_0-\alpha| \]Or
\[ \lim_{n\to+\infty}q^n|x_0-\alpha|=0 \]Donc
\[ \lim_{n\to+\infty}|x_n-\alpha|=0 \]Ainsi,
Donc la suite \((x_n)\) converge vers \(\alpha\)
Exercice 2 — Analyse
On considère la suite numérique \((u_n)_{n\geq2}\) définie par
\[ u_n=\frac1n\sum_{k=1}^{n-1}\ln\left(\frac{k}{n}\right) \]Question 1.a
Soit \(n\) un entier naturel supérieur ou égal à \(2\). Montrer que pour tout entier \(k\in\{1,2,\ldots,n-1\}\) et pour tout réel
\[ x\in\left[\frac{k}{n},\frac{k+1}{n}\right], \]on a
\[ \ln\left(\frac{k}{n}\right)\leq \ln x\leq \ln\left(\frac{k+1}{n}\right) \]Soit
\[ k\in\{1,2,\ldots,n-1\} \]et soit
\[ x\in\left[\frac{k}{n},\frac{k+1}{n}\right] \]Alors
\[ \frac{k}{n}\leq x\leq \frac{k+1}{n} \]Comme \(k\geq1\), on a
\[ \frac{k}{n}\gt 0 \]La fonction \(\ln\) est croissante sur \(]0,+\infty[\), donc
\[ \ln\left(\frac{k}{n}\right)\leq \ln x\leq \ln\left(\frac{k+1}{n}\right) \]D'où
Question 1.b
En déduire que
\[ \frac1n\ln\left(\frac{k}{n}\right) \leq \int_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}}\ln x\,dx \leq \frac1n\ln\left(\frac{k+1}{n}\right) \]D'après la question précédente, pour tout
\[ x\in\left[\frac{k}{n},\frac{k+1}{n}\right], \]on a
\[ \ln\left(\frac{k}{n}\right)\leq \ln x\leq \ln\left(\frac{k+1}{n}\right) \]En intégrant sur l'intervalle
\[ \left[\frac{k}{n},\frac{k+1}{n}\right], \]on obtient
\[ \int_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}}\ln\left(\frac{k}{n}\right)\,dx \leq \int_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}}\ln x\,dx \leq \int_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}}\ln\left(\frac{k+1}{n}\right)\,dx \]Or
\[ \frac{k+1}{n}-\frac{k}{n}=\frac1n \]Donc
\[ \int_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}}\ln\left(\frac{k}{n}\right)\,dx = \frac1n\ln\left(\frac{k}{n}\right) \]et
\[ \int_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}}\ln\left(\frac{k+1}{n}\right)\,dx = \frac1n\ln\left(\frac{k+1}{n}\right) \]Ainsi
Question 2.a
Montrer que pour tout \(n\geq2\),
\[ \frac1n\sum_{k=1}^{n-1}\ln\left(\frac{k}{n}\right) \leq \int_{\frac1n}^{1}\ln x\,dx \leq \frac1n\sum_{k=2}^{n}\ln\left(\frac{k}{n}\right) \]D'après la question 1.b, pour tout
\[ k\in\{1,2,\ldots,n-1\}, \]on a
\[ \frac1n\ln\left(\frac{k}{n}\right) \leq \int_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}}\ln x\,dx \leq \frac1n\ln\left(\frac{k+1}{n}\right) \]En sommant ces inégalités pour \(k=1,2,\ldots,n-1\), on obtient
\[ \sum_{k=1}^{n-1}\frac1n\ln\left(\frac{k}{n}\right) \leq \sum_{k=1}^{n-1}\int_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}}\ln x\,dx \leq \sum_{k=1}^{n-1}\frac1n\ln\left(\frac{k+1}{n}\right) \]Or
\[ \sum_{k=1}^{n-1}\int_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}}\ln x\,dx = \int_{\frac1n}^{1}\ln x\,dx \]et
\[ \sum_{k=1}^{n-1}\ln\left(\frac{k+1}{n}\right) = \sum_{k=2}^{n}\ln\left(\frac{k}{n}\right) \]Donc
Question 2.b
En déduire que pour tout \(n\geq2\),
\[ u_n \leq \int_{\frac1n}^{1}\ln x\,dx \leq u_n-\frac1n\ln\left(\frac1n\right) \]Par définition,
\[ u_n=\frac1n\sum_{k=1}^{n-1}\ln\left(\frac{k}{n}\right) \]Donc, d'après la question 2.a,
\[ u_n \leq \int_{\frac1n}^{1}\ln x\,dx \]D'autre part,
\[ \frac1n\sum_{k=2}^{n}\ln\left(\frac{k}{n}\right) = \frac1n\sum_{k=1}^{n-1}\ln\left(\frac{k}{n}\right) -\frac1n\ln\left(\frac1n\right) + \frac1n\ln\left(\frac nn\right) \]Or
\[ \ln\left(\frac nn\right)=\ln1=0 \]Donc
\[ \frac1n\sum_{k=2}^{n}\ln\left(\frac{k}{n}\right) = u_n-\frac1n\ln\left(\frac1n\right) \]Ainsi
Question 2.c
Montrer que pour tout \(n\geq2\),
\[ -1+\frac1n \leq u_n \leq -1+\frac1n-\frac1n\ln\left(\frac1n\right) \]On calcule d'abord :
\[ \int_{\frac1n}^{1}\ln x\,dx = \left[x\ln x-x\right]_{\frac1n}^{1} \]Donc
\[ \int_{\frac1n}^{1}\ln x\,dx = (1\ln1-1) - \left(\frac1n\ln\left(\frac1n\right)-\frac1n\right) \]Comme \(\ln1=0\), on obtient
\[ \int_{\frac1n}^{1}\ln x\,dx = -1+\frac1n-\frac1n\ln\left(\frac1n\right) \]D'après la question 2.b,
\[ u_n \leq \int_{\frac1n}^{1}\ln x\,dx \]Donc
\[ u_n \leq -1+\frac1n-\frac1n\ln\left(\frac1n\right) \]D'autre part, d'après la question 2.b,
\[ \int_{\frac1n}^{1}\ln x\,dx \leq u_n-\frac1n\ln\left(\frac1n\right) \]Ainsi
\[ \int_{\frac1n}^{1}\ln x\,dx + \frac1n\ln\left(\frac1n\right) \leq u_n \]Donc
\[ -1+\frac1n-\frac1n\ln\left(\frac1n\right) + \frac1n\ln\left(\frac1n\right) \leq u_n \]D'où
\[ -1+\frac1n\leq u_n \]Finalement,
Question 2.d
Déterminer
\[ \lim_{n\to+\infty}u_n \]D'après la question 2.c,
\[ -1+\frac1n \leq u_n \leq -1+\frac1n-\frac1n\ln\left(\frac1n\right) \]Or
\[ -\frac1n\ln\left(\frac1n\right)=\frac{\ln n}{n} \]Donc
\[ -1+\frac1n \leq u_n \leq -1+\frac1n+\frac{\ln n}{n} \]On a
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(-1+\frac1n\right)=-1 \]et
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(-1+\frac1n+\frac{\ln n}{n}\right)=-1 \]Donc, par encadrement,
Exercice 3 — Nombres complexes
Soit
\[ \theta\in[0,\pi[ \]Partie I
On considère dans \(\mathbb C\) l'équation \((E_\theta)\) d'inconnue \(z\) :
\[ (E_\theta):\quad z^2+(1-i)e^{i\theta}z-ie^{2i\theta}=0 \]Question 1.a
Vérifier que
On développe le membre de gauche :
\[ \left(2z+(1-i)e^{i\theta}\right)^2 = 4z^2+4(1-i)e^{i\theta}z+(1-i)^2e^{2i\theta} \]Or
\[ (1-i)^2=1-2i+i^2=-2i \]Donc
\[ \left(2z+(1-i)e^{i\theta}\right)^2 = 4z^2+4(1-i)e^{i\theta}z-2ie^{2i\theta} \]D'autre part,
\[ \left((1+i)e^{i\theta}\right)^2 = (1+i)^2e^{2i\theta} \]et
\[ (1+i)^2=1+2i+i^2=2i \]Donc
\[ \left((1+i)e^{i\theta}\right)^2=2ie^{2i\theta} \]Ainsi,
\[ \left(2z+(1-i)e^{i\theta}\right)^2 = \left((1+i)e^{i\theta}\right)^2 \]équivaut à
\[ 4z^2+4(1-i)e^{i\theta}z-2ie^{2i\theta} = 2ie^{2i\theta} \]Donc
\[ 4z^2+4(1-i)e^{i\theta}z-4ie^{2i\theta}=0 \]En divisant par \(4\), on obtient
\[ z^2+(1-i)e^{i\theta}z-ie^{2i\theta}=0 \]Ainsi,
Question 1.b
En déduire les deux solutions \(z_1\) et \(z_2\) de l'équation \((E_\theta)\), avec
D'après la question précédente,
\[ \left(2z+(1-i)e^{i\theta}\right)^2 = \left((1+i)e^{i\theta}\right)^2 \]Donc
\[ 2z+(1-i)e^{i\theta} = (1+i)e^{i\theta} \]ou
\[ 2z+(1-i)e^{i\theta} = -(1+i)e^{i\theta} \]Premier cas :
\[ 2z = \left((1+i)-(1-i)\right)e^{i\theta} \]Donc
\[ 2z=2ie^{i\theta} \]Ainsi
\[ z=ie^{i\theta} \]Deuxième cas :
\[ 2z = \left(-(1+i)-(1-i)\right)e^{i\theta} \]Donc
\[ 2z=-2e^{i\theta} \]Ainsi
\[ z=-e^{i\theta} \]Or
\[ \operatorname{Im}\left(-e^{i\theta}\right) = -\sin\theta \]Comme
\[ \theta\in[0,\pi[ \]on a
\[ \sin\theta\geq0 \]Donc
\[ \operatorname{Im}\left(-e^{i\theta}\right)\leq0 \]Ainsi, on prend
Question 2.a
Montrer que
D'après la question précédente,
\[ z_1=-e^{i\theta} \qquad\text{et}\qquad z_2=ie^{i\theta} \]Donc
\[ \frac{z_1+1}{z_2+i} = \frac{1-e^{i\theta}}{ie^{i\theta}+i} = \frac{1-e^{i\theta}}{i(1+e^{i\theta})} \]Or
\[ 1-e^{i\theta} = e^{i\frac{\theta}{2}} \left(e^{-i\frac{\theta}{2}}-e^{i\frac{\theta}{2}}\right) \]Donc
\[ 1-e^{i\theta} = -2ie^{i\frac{\theta}{2}}\sin\left(\frac{\theta}{2}\right) \]De plus,
\[ 1+e^{i\theta} = e^{i\frac{\theta}{2}} \left(e^{-i\frac{\theta}{2}}+e^{i\frac{\theta}{2}}\right) \]Donc
\[ 1+e^{i\theta} = 2e^{i\frac{\theta}{2}}\cos\left(\frac{\theta}{2}\right) \]Ainsi
\[ i(1+e^{i\theta}) = 2ie^{i\frac{\theta}{2}}\cos\left(\frac{\theta}{2}\right) \]Par conséquent,
\[ \frac{z_1+1}{z_2+i} = \frac{-2ie^{i\frac{\theta}{2}}\sin\left(\frac{\theta}{2}\right)} {2ie^{i\frac{\theta}{2}}\cos\left(\frac{\theta}{2}\right)} \]Comme
\[ \theta\in[0,\pi[ \]on a
\[ \frac{\theta}{2}\in\left[0,\frac{\pi}{2}\right[ \]donc
\[ \cos\left(\frac{\theta}{2}\right)\gt 0 \]Ainsi
Question 2.b
En déduire la forme exponentielle du nombre complexe
On a
\[ z_1=-e^{i\theta} \qquad\text{et}\qquad z_2=ie^{i\theta} \]Donc
\[ iz_2=i\cdot ie^{i\theta}=-e^{i\theta} \]Ainsi
\[ z_1+iz_2=-e^{i\theta}-e^{i\theta} = -2e^{i\theta} \]D'autre part,
\[ z_2+i=ie^{i\theta}+i=i(1+e^{i\theta}) \]Or
\[ 1+e^{i\theta} = 2e^{i\frac{\theta}{2}}\cos\left(\frac{\theta}{2}\right) \]Donc
\[ z_2+i = 2ie^{i\frac{\theta}{2}}\cos\left(\frac{\theta}{2}\right) \]Ainsi
\[ \frac{z_1+iz_2}{z_2+i} = \frac{-2e^{i\theta}} {2ie^{i\frac{\theta}{2}}\cos\left(\frac{\theta}{2}\right)} \]Donc
\[ \frac{z_1+iz_2}{z_2+i} = \frac{-1}{i} \cdot \frac{e^{i\theta}}{e^{i\frac{\theta}{2}}\cos\left(\frac{\theta}{2}\right)} \]Or
\[ -\frac1i=i \]Donc
\[ \frac{z_1+iz_2}{z_2+i} = \frac{i e^{i\frac{\theta}{2}}}{\cos\left(\frac{\theta}{2}\right)} \]Comme
\[ i=e^{i\frac{\pi}{2}} \]on obtient
\[ \frac{z_1+iz_2}{z_2+i} = \frac{1}{\cos\left(\frac{\theta}{2}\right)} e^{i\left(\frac{\theta}{2}+\frac{\pi}{2}\right)} \]Ainsi, la forme exponentielle demandée est
Partie II
Dans le plan complexe \(P\) muni d'un repère orthonormé direct \((O,\vec u,\vec v)\), on considère les points \(A\), \(B\) et \(C\) d'affixes respectives
\[ a=e^{i\theta}, \qquad b=(1+i)e^{i\theta}, \qquad c=b-a \]Soit \(m\in]0,1[\), \(R\) la rotation de centre \(O\) et d'angle \(\dfrac{\pi}{2}\), et \(Q\) le point d'affixe
\[ q=me^{i\theta} \]Question 1.a
Déterminer l'affixe \(p\) du point \(P\), image du point \(Q\) par la rotation \(R\)
La rotation \(R\) est de centre \(O\) et d'angle \(\dfrac{\pi}{2}\)
Donc l'image d'un point d'affixe \(z\) par \(R\) a pour affixe
\[ iz \]Comme
\[ q=me^{i\theta} \]alors
\[ p=iq \]Donc
Question 1.b
Vérifier que
L'image de \(A\) par \(R\) a pour affixe
\[ ia=ie^{i\theta} \]Or
\[ c=b-a \]Donc
\[ c=(1+i)e^{i\theta}-e^{i\theta} \]Ainsi
\[ c=ie^{i\theta} \]Donc l'affixe de \(R(A)\) est égale à l'affixe de \(C\)
Par conséquent,
Question 2.a
Soit \(H\) le point d'affixe
\[ h=\frac{m}{m-i}e^{i\theta} \]Montrer que
On a
\[ p=ime^{i\theta}, \qquad a=e^{i\theta}, \qquad h=\frac{m}{m-i}e^{i\theta} \]Donc
\[ p-a=(im-1)e^{i\theta} \]Alors
\[ \frac{p-a}{h} = \frac{(im-1)e^{i\theta}} {\dfrac{m}{m-i}e^{i\theta}} \]Donc
\[ \frac{p-a}{h} = \frac{(im-1)(m-i)}{m} \]Or
\[ (im-1)(m-i) = im^2-i^2m-m+i \]Ainsi
\[ (im-1)(m-i) = im^2+m-m+i = i(m^2+1) \]Donc
D'autre part,
\[ h-a = \frac{m}{m-i}e^{i\theta}-e^{i\theta} \]Donc
\[ h-a= \left(\frac{m}{m-i}-1\right)e^{i\theta} \]Ainsi
\[ h-a = \frac{i}{m-i}e^{i\theta} \]Comme
\[ p-a=(im-1)e^{i\theta} \]on obtient
\[ \frac{h-a}{p-a} = \frac{\dfrac{i}{m-i}e^{i\theta}} {(im-1)e^{i\theta}} = \frac{i}{(m-i)(im-1)} \]Or
\[ (m-i)(im-1) = im^2-m-i^2m+i \]Donc
\[ (m-i)(im-1) = im^2-m+m+i = i(m^2+1) \]Ainsi
\[ \frac{h-a}{p-a} = \frac{i}{i(m^2+1)} = \frac1{m^2+1} \]Donc
Question 2.b
En déduire que \(H\) est le projeté orthogonal du point \(O\) sur la droite \((AP)\)
D'après la question précédente,
\[ \frac{h-a}{p-a}=\frac1{m^2+1} \]Or
\[ \frac1{m^2+1}\in\mathbb R \]Donc les points \(A\), \(H\) et \(P\) sont alignés
Ainsi
\[ H\in(AP) \]D'autre part,
\[ \frac{p-a}{h}=\frac{m^2+1}{m}i \]Or
\[ \frac{m^2+1}{m}i\in i\mathbb R \]Donc les droites \((AP)\) et \((OH)\) sont perpendiculaires
Comme
\[ H\in(AP) \qquad\text{et}\qquad (OH)\perp(AP) \]alors \(H\) est le projeté orthogonal du point \(O\) sur la droite \((AP)\)
Donc
Question 2.c
Montrer que
On a
\[ b=(1+i)e^{i\theta}, \qquad q=me^{i\theta}, \qquad h=\frac{m}{m-i}e^{i\theta} \]Donc
\[ \frac{b-h}{q-h} = \frac{(1+i)e^{i\theta}-\dfrac{m}{m-i}e^{i\theta}} {me^{i\theta}-\dfrac{m}{m-i}e^{i\theta}} \]Ainsi
\[ \frac{b-h}{q-h} = \frac{1+i-\dfrac{m}{m-i}} {m-\dfrac{m}{m-i}} \]On calcule le numérateur :
\[ 1+i-\frac{m}{m-i} = \frac{(1+i)(m-i)-m}{m-i} \]Or
\[ (1+i)(m-i)-m = m-i+im-i^2-m = 1+i(m-1) \]Donc
\[ 1+i-\frac{m}{m-i} = \frac{1+i(m-1)}{m-i} \]On calcule le dénominateur :
\[ m-\frac{m}{m-i} = \frac{m(m-i)-m}{m-i} = \frac{m(m-1-i)}{m-i} \]Ainsi
\[ \frac{b-h}{q-h} = \frac{1+i(m-1)}{m(m-1-i)} \]Or
\[ 1+i(m-1)=i(m-1-i) \]Donc
\[ \frac{b-h}{q-h} = \frac{i(m-1-i)}{m(m-1-i)} \]Comme \(m\in]0,1[\), on a \(m\neq0\), et donc
Question 2.d
En déduire que les droites \((QH)\) et \((HB)\) sont perpendiculaires
D'après la question précédente,
\[ \frac{b-h}{q-h}=\frac1m i \]Or
\[ \frac1m i\in i\mathbb R \]Donc les vecteurs d'affixes \(b-h\) et \(q-h\) sont perpendiculaires
Ainsi
Question 2.e
Montrer que les points \(A\), \(Q\), \(H\) et \(B\) sont cocycliques
On a
\[ a=e^{i\theta} \qquad\text{et}\qquad q=me^{i\theta} \]Donc les points \(O\), \(Q\) et \(A\) sont alignés
De plus,
\[ b-a=(1+i)e^{i\theta}-e^{i\theta} = ie^{i\theta} \]et
\[ q-a=me^{i\theta}-e^{i\theta} = (m-1)e^{i\theta} \]Donc
\[ \frac{b-a}{q-a} = \frac{ie^{i\theta}}{(m-1)e^{i\theta}} = \frac{i}{m-1} \]Or
\[ \frac{i}{m-1}\in i\mathbb R \]Donc
\[ (AB)\perp(AQ) \]Ainsi
\[ \widehat{QAB}=\frac{\pi}{2} \]D'après la question 2.d,
\[ (QH)\perp(HB) \]Donc
\[ \widehat{QHB}=\frac{\pi}{2} \]Ainsi les points \(A\) et \(H\) voient le segment \([QB]\) sous un angle droit
Donc \(A\) et \(H\) appartiennent au cercle de diamètre \([QB]\)
Par conséquent, les points \(A\), \(Q\), \(H\) et \(B\) sont cocycliques
Donc
Exercice 4 — Arithmétique
On considère dans \(\mathbb Z\times\mathbb Z\) l’équation :
\[ (E):\quad y=\frac{a}{b}x-\frac{c}{d} \]où \(a\), \(b\), \(c\) et \(d\) sont des entiers naturels non nuls vérifiant :
\[ a\wedge b=1 \qquad\text{et}\qquad c\wedge d=1 \]On suppose que l’équation \((E)\) admet une solution \((x_0,y_0)\).
Question 1.a
Montrer que \(d\) divise \(bc\).
Comme \((x_0,y_0)\) est une solution de \((E)\), on a :
\[ y_0=\frac{a}{b}x_0-\frac{c}{d} \]Donc :
\[ \frac{c}{d}=\frac{a}{b}x_0-y_0 \]Ainsi :
\[ \frac{c}{d}=\frac{ax_0-by_0}{b} \]Par suite :
\[ bc=d(ax_0-by_0) \]Or :
\[ ax_0-by_0\in\mathbb Z \]Donc :
Question 1.b
En déduire que \(d\) divise \(b\).
D’après la question précédente :
\[ d\mid bc \]Or :
\[ c\wedge d=1 \]Donc, d’après le lemme de Gauss :
On suppose maintenant que \(d\) divise \(b\), et on pose :
\[ b=nd \]où \(n\) est un entier naturel non nul.
Question 2.a
Montrer qu’il existe \((u,v)\in\mathbb N\times\mathbb N\) tel que : \[ dnu-av=1 \]
On a :
\[ b=nd \]et :
\[ a\wedge b=1 \]Donc :
\[ a\wedge dn=1 \]D’après le théorème de Bézout, il existe deux entiers relatifs \(u_0\) et \(v_0\) tels que :
\[ dnu_0-av_0=1 \]Les solutions de cette équation sont de la forme :
\[ u=u_0+ak \qquad\text{et}\qquad v=v_0+dnk \]avec \(k\in\mathbb Z\).
En choisissant \(k\) assez grand, on obtient :
\[ u\in\mathbb N \qquad\text{et}\qquad v\in\mathbb N \]Question 2.b
En déduire que l’ensemble des solutions de l’équation \((E)\) est : \[ S=\left\{(-vcn+bk,\,-ucn+ak)\mid k\in\mathbb Z\right\} \]
L’équation \((E)\) s’écrit :
\[ y=\frac{a}{b}x-\frac{c}{d} \]Comme \(b=nd\), on obtient :
\[ y=\frac{a}{nd}x-\frac{c}{d} \]En multipliant par \(nd\), on a :
\[ ndy=ax-nc \]Donc :
\[ ax-b y=nc \]D’après la question précédente, il existe \(u,v\in\mathbb N\) tels que :
\[ dnu-av=1 \]Comme \(b=dn\), on a :
\[ bu-av=1 \]Donc :
\[ a(-vcn)-b(-ucn) = -avcn+bucn = cn(bu-av) = cn \]Ainsi, le couple :
\[ (x_0,y_0)=(-vcn,-ucn) \]est une solution particulière de :
\[ ax-by=nc \]Comme \(a\wedge b=1\), l’ensemble des solutions de l’équation :
\[ ax-by=nc \]est :
\[ x=x_0+bk \qquad\text{et}\qquad y=y_0+ak \]avec \(k\in\mathbb Z\).
Donc :
\[ x=-vcn+bk \]et :
\[ y=-ucn+ak \]Question 3
Résoudre dans \(\mathbb Z\times\mathbb Z\) l'équation : \[ (F):\quad y=\frac{3}{2975}x-\frac{2}{119} \] On donne : \[ 2975=119\times25 \]
Ici :
\[ a=3,\qquad b=2975,\qquad c=2,\qquad d=119 \]Comme :
\[ 2975=119\times25 \]on a :
\[ b=nd \qquad\text{avec}\qquad n=25 \]On cherche \(u,v\in\mathbb N\) tels que :
\[ dnu-av=1 \]Ici :
\[ dnu-av=2975u-3v \]On vérifie que :
\[ 2975\times2-3\times1983=5950-5949=1 \]Donc on peut prendre :
\[ u=2 \qquad\text{et}\qquad v=1983 \]D'après le résultat de la question 2.b, les solutions sont :
\[ (x,y)=(-vcn+bk,\,-ucn+ak) \qquad ;\qquad k\in\mathbb Z \]Donc :
\[ x=-1983\times2\times25+2975k \]et :
\[ y=-2\times2\times25+3k \]Ainsi :
\[ x=-99150+2975k \]et :
\[ y=-100+3k \]En posant :
\[ k=t+34 \qquad (t\in\mathbb Z) \]on obtient :
\[ x=-99150+2975(t+34) \]et :
\[ y=-100+3(t+34) \]Donc :
\[ x=2000+2975t \]et :
\[ y=2+3t \]Exercice 5 — Structures algébriques
On munit l'ensemble
\[ E=\{x+yi\ ;\ x\in\mathbb Z,\ y\in\mathbb Z\} \]de la loi de composition interne \(*\) définie par
\[ (x+yi)*(x'+y'i) = \left(x+(-1)^y x'\right)+(y+y')i \]Partie I
Question 1.a
Vérifier que
On a
\[ 1-i=1+(-1)i \]donc
\[ x=1,\qquad y=-1 \]et
\[ 3+2i \]donc
\[ x'=3,\qquad y'=2 \]Alors
\[ (1-i)*(3+2i) = \left(1+(-1)^{-1}\cdot 3\right)+(-1+2)i \]Or
\[ (-1)^{-1}=-1 \]Donc
\[ (1-i)*(3+2i) = (1-3)+i = -2+i \]Ainsi
Question 1.b
Montrer que la loi \(*\) n'est pas commutative dans \(E\)
D'après la question précédente,
\[ (1-i)*(3+2i)=-2+i \]Calculons dans l'autre sens :
\[ (3+2i)*(1-i) \]Ici,
\[ x=3,\qquad y=2,\qquad x'=1,\qquad y'=-1 \]Donc
\[ (3+2i)*(1-i) = \left(3+(-1)^2\cdot1\right)+(2-1)i \]Ainsi
\[ (3+2i)*(1-i)=4+i \]Or
\[ -2+i\neq4+i \]Donc
\[ (1-i)*(3+2i)\neq(3+2i)*(1-i) \]Par conséquent,
Question 2
Montrer que la loi \(*\) est associative dans \(E\)
Soient
\[ z=x+yi,\qquad z'=x'+y'i,\qquad z''=x''+y''i \]trois éléments de \(E\)
On a
\[ z*z'=\left(x+(-1)^yx'\right)+(y+y')i \]Donc
\[ (z*z')*z'' = \left(x+(-1)^yx'+(-1)^{y+y'}x''\right) +(y+y'+y'')i \]D'autre part,
\[ z'*z'' = \left(x'+(-1)^{y'}x''\right)+(y'+y'')i \]Donc
\[ z*(z'*z'') = x+(-1)^y\left(x'+(-1)^{y'}x''\right) + (y+y'+y'')i \]Ainsi
\[ z*(z'*z'') = \left(x+(-1)^yx'+(-1)^y(-1)^{y'}x''\right) + (y+y'+y'')i \]Or
\[ (-1)^y(-1)^{y'}=(-1)^{y+y'} \]Donc
\[ z*(z'*z'') = \left(x+(-1)^yx'+(-1)^{y+y'}x''\right) + (y+y'+y'')i \]Ainsi
\[ (z*z')*z''=z*(z'*z'') \]Donc
Question 3
Montrer que \(0\) est l'élément neutre pour la loi \(*\) dans \(E\)
Soit
\[ z=x+yi\in E \]On a
\[ z*0=(x+yi)*(0+0i) \]Donc
\[ z*0 = \left(x+(-1)^y\cdot0\right)+(y+0)i = x+yi = z \]D'autre part,
\[ 0*z=(0+0i)*(x+yi) \]Donc
\[ 0*z = \left(0+(-1)^0x\right)+(0+y)i = x+yi = z \]Ainsi
\[ z*0=0*z=z \]Donc
Question 4.a
Vérifier que, pour tout \((x,y)\in\mathbb Z^2\),
Soit
\[ x+yi\in E \]On calcule :
\[ (x+yi)*\left((-1)^{y+1}x-yi\right) \]Par définition de \(*\),
\[ (x+yi)*\left((-1)^{y+1}x-yi\right) = \left(x+(-1)^y(-1)^{y+1}x\right)+(y-y)i \]Or
\[ (-1)^y(-1)^{y+1}=(-1)^{2y+1}=-1 \]Donc
\[ (x+yi)*\left((-1)^{y+1}x-yi\right) = x-x+0i = 0 \]Ainsi
Question 4.b
Montrer que \((E,*)\) est un groupe non commutatif
La loi \(*\) est une loi de composition interne dans \(E\), car si
\[ x,y,x',y'\in\mathbb Z \]alors
\[ x+(-1)^yx'\in\mathbb Z \qquad\text{et}\qquad y+y'\in\mathbb Z \]D'après la question 2, la loi \(*\) est associative dans \(E\)
D'après la question 3, \(0\) est l'élément neutre pour la loi \(*\)
Soit
\[ z=x+yi\in E \]D'après la question 4.a,
\[ z*\left((-1)^{y+1}x-yi\right)=0 \]Vérifions aussi l'autre produit :
\[ \left((-1)^{y+1}x-yi\right)*(x+yi) \]On obtient
\[ \left((-1)^{y+1}x+(-1)^{-y}x\right)+(-y+y)i \]Or
\[ (-1)^{-y}=(-1)^y \]Donc
\[ (-1)^{y+1}x+(-1)^yx = \left((-1)^{y+1}+(-1)^y\right)x=0 \]Ainsi
\[ \left((-1)^{y+1}x-yi\right)*(x+yi)=0 \]Donc tout élément \(x+yi\in E\) admet un symétrique dans \(E\), donné par
\[ (-1)^{y+1}x-yi \]Ainsi,
\[ (E,*) \]est un groupe
D'après la question 1.b, la loi \(*\) n'est pas commutative dans \(E\)
Par conséquent,
Partie II
On considère
\[ F=\{x+2yi\ ;\ x\in\mathbb Z,\ y\in\mathbb Z\} \]et
\[ G= \left\{ M(x,y)= \begin{pmatrix} 1&x&y\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix} \ ;\ x\in\mathbb Z,\ y\in\mathbb Z \right\} \]Question 1.a
Montrer que \(F\) est un sous-groupe de \((E,*)\)
On a
\[ 0=0+2\cdot0\,i\in F \]Donc
\[ F\neq\varnothing \]Soient
\[ z=x+2yi\in F \qquad\text{et}\qquad z'=x'+2y'i\in F \]Le symétrique de \(z'\) dans \((E,*)\) est
\[ (z')^{-1}=(-1)^{2y'+1}x'-2y'i \]Or
\[ (-1)^{2y'+1}=-1 \]Donc
\[ (z')^{-1}=-x'-2y'i \]Ainsi
\[ (z')^{-1}\in F \]Calculons
\[ z*(z')^{-1} \]On a
\[ z*(z')^{-1} = (x+2yi)*(-x'-2y'i) \]Donc
\[ z*(z')^{-1} = \left(x+(-1)^{2y}(-x')\right)+(2y-2y')i \]Comme
\[ (-1)^{2y}=1 \]on obtient
\[ z*(z')^{-1} = (x-x')+2(y-y')i \]Or
\[ x-x'\in\mathbb Z \qquad\text{et}\qquad y-y'\in\mathbb Z \]Donc
\[ z*(z')^{-1}\in F \]Ainsi,
Question 1.b
Montrer que la loi \(*\) est commutative dans \(F\)
Soient
\[ z=x+2yi \qquad\text{et}\qquad z'=x'+2y'i \]deux éléments de \(F\)
On a
\[ z*z' = (x+2yi)*(x'+2y'i) \]Donc
\[ z*z' = \left(x+(-1)^{2y}x'\right)+(2y+2y')i \]Comme
\[ (-1)^{2y}=1 \]on obtient
\[ z*z'=(x+x')+2(y+y')i \]De même,
\[ z'*z=(x'+x)+2(y'+y)i \]Ainsi
\[ z*z'=z'*z \]Donc
Question 2.a
Montrer que \(\varphi\) est un homomorphisme de \((F,*)\) vers \((M_3(\mathbb R),\times)\)
L'application \(\varphi\) est définie par
\[ \varphi(x+2yi)=M(x,y) \]Soient
\[ z=x+2yi \qquad\text{et}\qquad z'=x'+2y'i \]deux éléments de \(F\)
D'après la question 1.b,
\[ z*z'=(x+x')+2(y+y')i \]Donc
\[ \varphi(z*z')=M(x+x',y+y') \]D'autre part,
\[ \varphi(z)\varphi(z')=M(x,y)M(x',y') \]On calcule :
\[ M(x,y)M(x',y') = \begin{pmatrix} 1&x&y\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&x'&y'\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix} \]Donc
\[ M(x,y)M(x',y') = \begin{pmatrix} 1&x+x'&y+y'\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix} = M(x+x',y+y') \]Ainsi
\[ \varphi(z*z')=\varphi(z)\varphi(z') \]Par conséquent,
Question 2.b
Montrer que
Soit
\[ Z\in\varphi(F) \]Alors il existe
\[ z\in F \]tel que
\[ Z=\varphi(z) \]Comme \(z\in F\), il existe \(x,y\in\mathbb Z\) tels que
\[ z=x+2yi \]Donc
\[ Z=\varphi(x+2yi)=M(x,y) \]Ainsi
\[ Z\in G \]Donc
\[ \varphi(F)\subset G \]Réciproquement, soit
\[ M(x,y)\in G \]Alors
\[ x,y\in\mathbb Z \]Donc
\[ x+2yi\in F \]et
\[ \varphi(x+2yi)=M(x,y) \]Donc
\[ M(x,y)\in\varphi(F) \]Ainsi
\[ G\subset\varphi(F) \]Par conséquent,
Question 2.c
En déduire que \((G,\times)\) est un groupe commutatif
On a montré que \((F,*)\) est un groupe commutatif
On a aussi montré que \(\varphi\) est un homomorphisme de \((F,*)\) vers \((M_3(\mathbb R),\times)\)
De plus,
\[ \varphi(F)=G \]Donc \(G\) est l'image du groupe commutatif \(F\) par l'homomorphisme \(\varphi\)
Or l'image d'un groupe par un homomorphisme est un groupe, et l'image d'un groupe commutatif par un homomorphisme est un groupe commutatif
Ainsi,
FIN DE LA CORRECTION — EXAMEN NATIONAL 2025 SESSION DE RATTRAPAGE
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