Parcours Maths Maroc — Correction détaillée interactive

Examen national 2023 — Session ordinaire

Sciences Mathématiques A et B — Option française

Exercice 1 — Analyse Exercice 2 — Analyse Exercice 3 — Complexes Exercice 4 — Arithmétique Exercice 5 — Structures

Exercice 1 — Analyse7,75 points

Partie I

1.a) Montrer que, pour tout \(t\in[0,+\infty[\),

\[ \frac{4}{(2+t)^2}\leq\frac{1}{1+t}\leq\frac12\left(1+\frac{1}{(1+t)^2}\right) \]

Lire la correction +Masquer la correction −+−

Nous démontrons séparément les deux inégalités.

Première inégalité

Comme \((1+t)(2+t)^2>0\), nous pouvons mettre la différence au même dénominateur sans changer son signe.

\[ \frac{1}{1+t}-\frac{4}{(2+t)^2} =\frac{(2+t)^2-4(1+t)}{(1+t)(2+t)^2} =\frac{t^2}{(1+t)(2+t)^2}\geq0 \]

Donc

\[ \frac{4}{(2+t)^2}\leq\frac{1}{1+t} \]

Deuxième inégalité

\[ \frac12\left(1+\frac{1}{(1+t)^2}\right)-\frac{1}{1+t} =\frac{(1+t)^2+1-2(1+t)}{2(1+t)^2} =\frac{t^2}{2(1+t)^2}\geq0 \]

Donc

\[ \frac{1}{1+t}\leq\frac12\left(1+\frac{1}{(1+t)^2}\right) \]

Les deux inégalités donnent bien l’encadrement demandé.

1.b) En déduire que, pour tout \(x\in[0,+\infty[\),

\[ \frac{2x}{2+x}\leq\ln(1+x)\leq\frac12\left(\frac{x^2+2x}{1+x}\right) \]

Lire la correction +Masquer la correction −+−

Soit \(x\geq0\). Nous intégrons les trois membres de l’encadrement précédent sur \([0,x]\). L’intégration conserve l’ordre.

\[ \int_0^x\frac{4}{(2+t)^2}\,dt \leq \int_0^x\frac{1}{1+t}\,dt \leq \frac12\int_0^x\left(1+\frac{1}{(1+t)^2}\right)dt \]

Calculons chaque intégrale.

\[ \int_0^x\frac{4}{(2+t)^2}\,dt =\left[-\frac{4}{2+t}\right]_0^x =2-\frac{4}{2+x} =\frac{2x}{2+x} \]

\[ \int_0^x\frac{1}{1+t}\,dt =\left[\ln(1+t)\right]_0^x =\ln(1+x) \]

\[ \frac12\int_0^x\left(1+\frac{1}{(1+t)^2}\right)dt =\frac12\left[x+1-\frac{1}{1+x}\right] =\frac12\left(\frac{x^2+2x}{1+x}\right) \]

\[ \frac{2x}{2+x}\leq\ln(1+x)\leq\frac12\left(\frac{x^2+2x}{1+x}\right) \]

On considère la fonction \(g\) définie sur \(]0,+\infty[\) par

\[ g(x)=\frac{\ln(1+x)}{x} \]

2) Montrer que

\[ \lim_{\substack{x\to0\\x>0}}\frac{g(x)-1}{x}=-\frac12 \]

Lire la correction +Masquer la correction −+−

Pour \(x>0\), l’encadrement obtenu en 1.b donne, après division par \(x>0\),

\[ \frac{2}{2+x}\leq g(x)\leq\frac{x+2}{2(1+x)} \]

Nous soustrayons \(1\), puis nous divisons encore par \(x>0\).

\[ \frac{\frac{2}{2+x}-1}{x} \leq\frac{g(x)-1}{x} \leq \frac{\frac{x+2}{2(1+x)}-1}{x} \]

Les deux expressions extrêmes se simplifient.

\[ -\frac{1}{2+x} \leq\frac{g(x)-1}{x} \leq-\frac{1}{2(1+x)} \]

Lorsque \(x\to0^+\), les deux membres extrêmes tendent vers \(-\frac12\). Le théorème des gendarmes permet alors de conclure.

\[ \lim_{\substack{x\to0\\x>0}}\frac{g(x)-1}{x}=-\frac12 \]

Partie II

On considère la fonction \(f\) définie sur \([0,+\infty[\) par

\[ f(0)=1 \qquad\text{et}\qquad f(x)=g(x)e^{-x}\quad\text{pour }x>0 \]

On note \((C)\) sa courbe représentative dans un repère orthonormé \((O;\vec i,\vec j)\).

1) Calculer \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)\), puis interpréter graphiquement le résultat

Lire la correction +Masquer la correction −+−

Pour tout \(x>0\),

\[ f(x)=\frac{\ln(1+x)}{x}e^{-x} \]

Commençons par déterminer la limite de \(\ln(1+x)/x\).

Justification : pour tout \(t\geq1\) et tout \(u\in[1,t]\), on a

\[ 0<\frac1u\leq\frac1{\sqrt u} \]

En intégrant sur \([1,t]\), on obtient

\[ 0\leq\ln t\leq2(\sqrt t-1) \]

Ainsi,

\[ 0\leq\frac{\ln t}{t} \leq\frac{2(\sqrt t-1)}{t} \leq\frac2{\sqrt t} \]

Le théorème des gendarmes donne donc \(\displaystyle\lim_{t\to+\infty}\frac{\ln t}{t}=0\).

En prenant \(t=1+x\), on écrit

\[ \frac{\ln(1+x)}x =\frac{\ln(1+x)}{1+x}\times\frac{1+x}{x} \]

Lorsque \(x\to+\infty\),

\[ \frac{\ln(1+x)}{1+x}\longrightarrow0 \qquad\text{et}\qquad \frac{1+x}{x}=1+\frac1x\longrightarrow1 \]

Par conséquent,

\[ \frac{\ln(1+x)}x\longrightarrow0 \]

De plus, \(e^{-x}\to0\). Le produit des deux facteurs tend donc vers \(0\).

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

Graphiquement, la droite d’équation \(y=0\), c’est-à-dire l’axe des abscisses, est une asymptote horizontale à \((C)\) au voisinage de \(+\infty\).

2.a) Montrer que \(f\) est continue à droite en \(0\)

Lire la correction +Masquer la correction −+−

D’après l’encadrement de la Partie I, pour \(x>0\),

\[ \frac{2}{2+x}\leq g(x)\leq\frac{x+2}{2(1+x)} \]

Les deux membres extrêmes tendent vers \(1\) lorsque \(x\to0^+\). Donc

\[ \lim_{x\to0^+}g(x)=1 \]

De plus, \(e^{-x}\to1\). Ainsi

\[ \lim_{x\to0^+}f(x) =\lim_{x\to0^+}g(x)e^{-x} =1 =f(0) \]

La fonction \(f\) est continue à droite en \(0\)

2.b) Vérifier que, pour tout \(x>0\),

\[ \frac{f(x)-1}{x} =\left(\frac{e^{-x}-1}{x}\right)g(x)+\frac{g(x)-1}{x} \]

Lire la correction +Masquer la correction −+−

Comme \(f(x)=e^{-x}g(x)\), nous écrivons

\[ f(x)-1=e^{-x}g(x)-1 \]

Nous ajoutons et retranchons \(g(x)\).

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

Donc

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

En divisant par \(x>0\), nous obtenons l’égalité demandée.

2.c) En déduire que \(f\) est dérivable à droite en \(0\) et déterminer \(f'_d(0)\)

Lire la correction +Masquer la correction −+−

Nous utilisons l’égalité précédente.

\[ \frac{f(x)-f(0)}{x-0} =\left(\frac{e^{-x}-1}{x}\right)g(x)+\frac{g(x)-1}{x} \]

Justifions d’abord la première limite. Posons \(u=-x\). Lorsque \(x\to0^+\), on a \(u\to0^-\), et

\[ \frac{e^{-x}-1}{x} =-\frac{e^u-1}{u} \]

Comme \(\displaystyle\lim_{u\to0}\frac{e^u-1}{u}=1\), on obtient

\[ \lim_{x\to0^+}\frac{e^{-x}-1}{x}=-1 \]

D’après les questions précédentes,

\[ g(x)\longrightarrow1 \qquad\text{et}\qquad \frac{g(x)-1}{x}\longrightarrow-\frac12 \]

Par conséquent,

\[ \lim_{x\to0^+}\frac{f(x)-f(0)}{x-0} =(-1)\times1-\frac12 =-\frac32 \]

La limite du taux d’accroissement à droite existe et est finie. Ainsi, \(f\) est dérivable à droite en \(0\).

\[ f'_d(0)=-\frac32 \]

3) Montrer que \(f\) est dérivable sur \(]0,+\infty[\), puis que

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

Lire la correction +Masquer la correction −+−

Sur \(]0,+\infty[\), les fonctions \(x\mapsto\ln(1+x)\), \(x\mapsto x\) et \(x\mapsto e^{-x}\) sont dérivables. Comme \(x\neq0\), la fonction

\[ g(x)=\frac{\ln(1+x)}x \]

est dérivable sur cet intervalle, puis \(f=ge^{-x}\) y est également dérivable.

1) Calcul de \(g'(x)\)

Par la formule de dérivation d’un quotient,

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

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

Comme \((e^{-x})'=-e^{-x}\), la formule de dérivation d’un produit donne

\[ f'(x)=g'(x)e^{-x}-g(x)e^{-x} =e^{-x}\bigl(g'(x)-g(x)\bigr) \]

Mettons \(g'(x)-g(x)\) au même dénominateur \(x^2(1+x)\).

\[ \begin{aligned} g'(x)-g(x) &=\frac{\frac{x}{1+x}-\ln(1+x)}{x^2}-\frac{\ln(1+x)}x\\ &=\frac{x-(1+x)\ln(1+x)-x(1+x)\ln(1+x)}{x^2(1+x)}\\ &=\frac{x-(1+x)^2\ln(1+x)}{x^2(1+x)} \end{aligned} \]

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

4.a) Montrer que, pour tout \(x>0\),

\[ -\frac32<\frac{x-(1+x)^2\ln(1+x)}{x^2(1+x)}<0 \]

Lire la correction +Masquer la correction −+−

Posons

\[ A(x)=\frac{x-(1+x)^2\ln(1+x)}{x^2(1+x)} \]

Pour \(x>0\), le dénominateur \(x^2(1+x)\) est strictement positif. Le signe et les comparaisons de \(A(x)\) dépendent donc de son numérateur.

1) Montrons que \(A(x)<0\)

D’après la Partie I,

\[ \ln(1+x)\geq\frac{2x}{2+x} \]

Or

\[ \frac{2x(1+x)^2}{2+x}-x =\frac{x\bigl(2(1+x)^2-(2+x)\bigr)}{2+x} =\frac{x^2(3+2x)}{2+x}>0 \]

Donc

\[ (1+x)^2\ln(1+x) \geq\frac{2x(1+x)^2}{2+x}>x \]

Ainsi,

\[ x-(1+x)^2\ln(1+x)<0 \]

et par conséquent \(A(x)<0\).

2) Montrons que \(A(x)>-\frac32\)

D’après la Partie I,

\[ \ln(1+x)\leq\frac{x(x+2)}{2(1+x)} \]

En multipliant par \((1+x)^2>0\), on obtient

\[ (1+x)^2\ln(1+x)\leq\frac{x(1+x)(x+2)}2 \]

Donc

\[ x-(1+x)^2\ln(1+x) \geq x-\frac{x(1+x)(x+2)}2 \]

Comparons le membre de droite à \(-\frac32x^2(1+x)\). On a

\[ x-\frac{x(1+x)(x+2)}2+\frac32x^2(1+x)=x^3>0 \]

Ainsi,

\[ x-(1+x)^2\ln(1+x)>-\frac32x^2(1+x) \]

En divisant par \(x^2(1+x)>0\), on obtient

\[ -\frac32<A(x)<0 \]

4.b) En déduire que, pour tout \(x>0\),

\[ -\frac32<f'(x)<0 \]

Lire la correction +Masquer la correction −+−

D’après la question précédente,

\[ -\frac32<A(x)<0 \]

Or \(0<e^{-x}<1\) et \(f'(x)=A(x)e^{-x}\).

Comme \(A(x)<0\), la multiplication par un nombre compris entre \(0\) et \(1\) rapproche \(A(x)\) de \(0\). Ainsi

\[ A(x)<A(x)e^{-x}<0 \]

Comme \(A(x)>-\frac32\), nous obtenons

\[ -\frac32<f'(x)<0 \]

5.a) Dresser le tableau de variations de \(f\)

Lire la correction +Masquer la correction −+−

Pour tout \(x>0\), on a \(f'(x)<0\). La fonction \(f\) est donc strictement décroissante sur \(]0,+\infty[\).

De plus, \(f\) est continue à droite en \(0\), \(f(0)=1\), et pour tout \(x>0\), la décroissance sur \(]0,+\infty[\) donne \(f(x)<\lim_{t\to0^+}f(t)=1\). Ainsi, \(f\) est strictement décroissante sur \([0,+\infty[\).

Enfin,

\[ f(0)=1 \qquad\text{et}\qquad \lim_{x\to+\infty}f(x)=0 \]

\(x\)	\(0\)	\(+\infty\)
\(f'(x)\)	\(-\)
\(f(x)\)	\(1\)	\(0\)

La fonction \(f\) décroît strictement de \(1\) vers \(0\) sur \([0,+\infty[\)

5.b) Construire la courbe \((C)\) en faisant apparaître la demi-tangente à droite au point d’abscisse \(0\)

On prendra \(\lVert\vec i\rVert=2\,\mathrm{cm}\)

Lire la correction +Masquer la correction −+−

La courbe passe par le point

\[ A(0,1) \]

Comme \(f'_d(0)=-\frac32\), la demi-tangente à droite en \(A\) a pour équation

\[ y=1-\frac32x \]

La fonction \(f\) est positive et strictement décroissante sur \([0,+\infty[\). Sa courbe reste donc au-dessus de l’axe des abscisses et se rapproche de cet axe lorsque \(x\to+\infty\).

Éléments indispensables du tracé : le point \(A(0,1)\), la demi-tangente \(y=1-\frac32x\), la décroissance de la courbe et l’asymptote horizontale \(y=0\)

Pour la construction sur papier, on prend \(\lVert\vec i\rVert=2\,\mathrm{cm}\)

Partie III

1) Montrer que l’équation \(f(x)=3x\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \(]0,+\infty[\)

Lire la correction +Masquer la correction −+−

Posons

\[ h(x)=f(x)-3x \]

1) Existence d’une solution

La fonction \(f\) est continue sur \([0,+\infty[\). Par conséquent, \(h\) est continue sur \([0,+\infty[\), et en particulier sur \([0,\frac13]\).

On a

\[ h(0)=f(0)=1>0 \]

Comme \(f\) est strictement décroissante sur \([0,+\infty[\) et \(\frac13>0\),

\[ f\left(\frac13\right)<f(0)=1 \]

Donc

\[ h\left(\frac13\right)=f\left(\frac13\right)-1<0 \]

Le théorème des valeurs intermédiaires assure alors l’existence d’un réel

\[ \alpha\in\left]0,\frac13\right[ \]

tel que \(h(\alpha)=0\), c’est-à-dire \(f(\alpha)=3\alpha\).

2) Unicité de la solution

Pour tout \(x>0\),

\[ h'(x)=f'(x)-3 \]

Or \(f'(x)<0\), donc \(h'(x)<0\). Ainsi, \(h\) est strictement décroissante sur \(]0,+\infty[\). Elle ne peut donc s’annuler qu’une seule fois sur cet intervalle.

L’équation \(f(x)=3x\) admet une unique solution \(\alpha\in]0,+\infty[\)

Soit \(\beta\in\mathbb R_+^*\). On considère la suite \((u_n)\) définie par

\[ u_0=\beta \qquad\text{et}\qquad u_{n+1}=\frac13f(u_n) \]

2.a) Montrer que, pour tout \(n\in\mathbb N\), \(u_n\geq0\)

Lire la correction +Masquer la correction −+−

Pour tout \(n\in\mathbb N\), notons \(P_n\) la propriété

\[ P_n:\quad u_n\geq0 \]

Initialisation

Pour \(n=0\), on a \(u_0=\beta\). Or \(\beta\in\mathbb R_+^*\), donc \(u_0=\beta>0\), et en particulier \(u_0\geq0\). Ainsi, \(P_0\) est vraie.

Hérédité

Soit \(n\in\mathbb N\) fixé. Supposons que \(P_n\) est vraie, c’est-à-dire supposons que \(u_n\geq0\).

La fonction \(f\) est positive sur \([0,+\infty[\). En effet, \(f(0)=1>0\), et pour \(x>0\), les nombres \(\ln(1+x)\), \(x\) et \(e^{-x}\) sont strictement positifs. Donc \(f(x)>0\).

Comme \(u_n\geq0\), on a \(f(u_n)\geq0\), puis

\[ u_{n+1}=\frac13f(u_n)\geq0 \]

Ainsi, \(P_{n+1}\) est vraie.

Conclusion

Par le principe de récurrence, la propriété \(P_n\) est vraie pour tout \(n\in\mathbb N\).

\[ \forall n\in\mathbb N\qquad u_n\geq0 \]

2.b) Montrer que, pour tout \(n\in\mathbb N\),

\[ |u_{n+1}-\alpha|\leq\frac12|u_n-\alpha| \]

Lire la correction +Masquer la correction −+−

Soit \(n\in\mathbb N\). Comme \(f(\alpha)=3\alpha\), on a

\[ \alpha=\frac13f(\alpha) \]

Nous distinguons deux cas.

Premier cas : \(u_n=\alpha\)

Alors

\[ |u_{n+1}-\alpha| =\frac13|f(u_n)-f(\alpha)|=0 \]

L’inégalité demandée est donc vérifiée.

Deuxième cas : \(u_n\neq\alpha\)

D’après 2.a, \(u_n\geq0\), et d’après la question 1, \(\alpha>0\). La fonction \(f\) est continue sur l’intervalle fermé ayant pour extrémités \(u_n\) et \(\alpha\), et elle est dérivable à l’intérieur de cet intervalle.

Le théorème des accroissements finis assure donc l’existence d’un réel \(c_n\), strictement compris entre \(u_n\) et \(\alpha\), tel que

\[ f(u_n)-f(\alpha)=f'(c_n)(u_n-\alpha) \]

Comme \(c_n>0\), la Partie II donne

\[ |f'(c_n)|<\frac32 \]

Par conséquent,

\[ \begin{aligned} |u_{n+1}-\alpha| &=\frac13|f(u_n)-f(\alpha)|\\ &=\frac13|f'(c_n)|\,|u_n-\alpha|\\ &\leq\frac12|u_n-\alpha| \end{aligned} \]

Dans les deux cas, l’inégalité est vérifiée.

\[ \forall n\in\mathbb N\qquad |u_{n+1}-\alpha|\leq\frac12|u_n-\alpha| \]

2.c) Montrer par récurrence que, pour tout \(n\in\mathbb N\),

\[ |u_n-\alpha|\leq\frac{1}{2^n}|\beta-\alpha| \]

Lire la correction +Masquer la correction −+−

Pour tout \(n\in\mathbb N\), notons \(P_n\) la propriété

\[ P_n:\quad |u_n-\alpha|\leq\frac1{2^n}|\beta-\alpha| \]

Initialisation

Pour \(n=0\), on a \(u_0=\beta\), donc

\[ |u_0-\alpha|=|\beta-\alpha|=\frac1{2^0}|\beta-\alpha| \]

Ainsi, \(P_0\) est vraie.

Hérédité

Soit \(n\in\mathbb N\) fixé. Supposons que \(P_n\) est vraie, c’est-à-dire supposons que

\[ |u_n-\alpha|\leq\frac1{2^n}|\beta-\alpha| \]

D’après la question 2.b,

\[ |u_{n+1}-\alpha|\leq\frac12|u_n-\alpha| \]

En utilisant l’hypothèse de récurrence, on obtient

\[ |u_{n+1}-\alpha| \leq\frac12\times\frac1{2^n}|\beta-\alpha| =\frac1{2^{n+1}}|\beta-\alpha| \]

Ainsi, \(P_{n+1}\) est vraie.

Conclusion

Par le principe de récurrence, la propriété \(P_n\) est vraie pour tout \(n\in\mathbb N\).

\[ \forall n\in\mathbb N\qquad |u_n-\alpha|\leq\frac1{2^n}|\beta-\alpha| \]

2.d) En déduire que la suite \((u_n)\) converge vers \(\alpha\)

Lire la correction +Masquer la correction −+−

Comme \(0<\frac12<1\),

\[ \lim_{n\to+\infty}\frac1{2^n}|\beta-\alpha|=0 \]

Or

\[ 0\leq|u_n-\alpha|\leq\frac1{2^n}|\beta-\alpha| \]

Le théorème des gendarmes donne

\[ \lim_{n\to+\infty}|u_n-\alpha|=0 \]

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

Exercice 2 — Analyse2,25 points

On considère la fonction numérique \(x\mapsto e^x\) et sa courbe représentative \((\Gamma)\) dans un repère orthonormé \((O;\vec i,\vec j)\). Pour tout \(n\in\mathbb N^*\) et tout \(k\in\{0,1,\ldots,n\}\), on note \(M_k\) le point de \((\Gamma)\) de coordonnées

\[ M_k\left(\frac{k}{n},e^{\frac{k}{n}}\right) \]

1.a) Montrer que, pour tout \(k\in\{0,1,\ldots,n-1\}\), il existe

\[ c_k\in\left]\frac{k}{n},\frac{k+1}{n}\right[ \]

tel que

\[ e^{(k+1)/n}-e^{k/n}=\frac1n e^{c_k} \]

Lire la correction +Masquer la correction −+−

Soient \(n\in\mathbb N^*\) et \(k\in\{0,1,\ldots,n-1\}\).

La fonction \(h:x\mapsto e^x\) est continue sur

\[ \left[\frac{k}{n},\frac{k+1}{n}\right] \]

et dérivable sur

\[ \left]\frac{k}{n},\frac{k+1}{n}\right[ \]

Le théorème des accroissements finis assure donc l’existence d’un réel

\[ c_k\in\left]\frac{k}{n},\frac{k+1}{n}\right[ \]

tel que

\[ e^{(k+1)/n}-e^{k/n} =h'(c_k)\left(\frac{k+1}{n}-\frac{k}{n}\right) \]

Or \(h'(x)=e^x\) et

\[ \frac{k+1}{n}-\frac{k}{n}=\frac1n \]

\[ e^{(k+1)/n}-e^{k/n}=\frac1n e^{c_k} \]

1.b) Montrer que

\[ M_kM_{k+1}=\frac1n\sqrt{1+e^{2c_k}} \]

Le nombre \(M_kM_{k+1}\) désigne la distance du point \(M_k\) au point \(M_{k+1}\)

Lire la correction +Masquer la correction −+−

La distance entre deux points \((x_1,y_1)\) et \((x_2,y_2)\) est

\[ \sqrt{(x_2-x_1)^2+(y_2-y_1)^2} \]

Ainsi

\[ M_kM_{k+1} =\sqrt{\left(\frac{k+1}{n}-\frac{k}{n}\right)^2 +\left(e^{(k+1)/n}-e^{k/n}\right)^2} \]

En utilisant la question précédente,

\[ M_kM_{k+1} =\sqrt{\frac1{n^2}+\frac{e^{2c_k}}{n^2}} \]

\[ M_kM_{k+1}=\frac1n\sqrt{1+e^{2c_k}} \]

1.c) En déduire que

\[ \frac1n\sqrt{1+e^{2k/n}} \leq M_kM_{k+1} \leq\frac1n\sqrt{1+e^{2(k+1)/n}} \]

Lire la correction +Masquer la correction −+−

On sait que

\[ \frac{k}{n}<c_k<\frac{k+1}{n} \]

La fonction \(x\mapsto e^{2x}\) est strictement croissante. Donc

\[ e^{2k/n}<e^{2c_k}<e^{2(k+1)/n} \]

La fonction \(x\mapsto\sqrt{1+x}\) est croissante sur \([0,+\infty[\). Ainsi

\[ \sqrt{1+e^{2k/n}} \leq\sqrt{1+e^{2c_k}} \leq\sqrt{1+e^{2(k+1)/n}} \]

Après multiplication par \(1/n>0\), puis utilisation de 1.b, nous obtenons des inégalités strictes. Elles impliquent, a fortiori, l’encadrement large demandé.

Pour tout \(n\in\mathbb N^*\), on pose

\[ S_n=\sum_{k=0}^{n-1}M_kM_{k+1} \]

où \(M_kM_{k+1}\) désigne la distance du point \(M_k\) au point \(M_{k+1}\).

2.a) Vérifier que

\[ \frac1n\sum_{k=0}^{n-1}\sqrt{1+e^{2k/n}} \leq S_n \leq\frac1n\sum_{k=1}^{n}\sqrt{1+e^{2k/n}} \]

Lire la correction +Masquer la correction −+−

Pour chaque \(k\in\{0,1,\ldots,n-1\}\), la question 1.c donne

\[ \frac1n\sqrt{1+e^{2k/n}} \leq M_kM_{k+1} \leq\frac1n\sqrt{1+e^{2(k+1)/n}} \]

En additionnant ces inégalités pour \(k=0,1,\ldots,n-1\),

\[ \frac1n\sum_{k=0}^{n-1}\sqrt{1+e^{2k/n}} \leq\sum_{k=0}^{n-1}M_kM_{k+1} \leq\frac1n\sum_{k=0}^{n-1}\sqrt{1+e^{2(k+1)/n}} \]

Dans la somme de droite, posons \(j=k+1\). Alors \(j\) varie de \(1\) à \(n\). Comme la somme centrale est \(S_n\), l’encadrement demandé est établi.

2.b) En déduire que

\[ \lim_{n\to+\infty}S_n=\int_0^1\sqrt{1+e^{2x}}\,dx \]

Lire la correction +Masquer la correction −+−

Considérons la fonction

\[ \varphi(x)=\sqrt{1+e^{2x}} \]

La fonction \(\varphi\) est continue sur \([0,1]\). Par conséquent, les sommes de Riemann à gauche

\[ L_n=\frac1n\sum_{k=0}^{n-1}\varphi\left(\frac{k}{n}\right) \]

et les sommes de Riemann à droite

\[ R_n=\frac1n\sum_{k=1}^{n}\varphi\left(\frac{k}{n}\right) \]

convergent vers la même intégrale

\[ \lim_{n\to+\infty}L_n =\lim_{n\to+\infty}R_n =\int_0^1\varphi(x)\,dx \]

D’après la question 2.a, pour tout \(n\in\mathbb N^*\),

\[ L_n\leq S_n\leq R_n \]

Le théorème des gendarmes donne alors

\[ \lim_{n\to+\infty}S_n=\int_0^1\sqrt{1+e^{2x}}\,dx \]

Exercice 3 — Nombres complexes3,5 points

On considère le nombre complexe

\[ u=1+(2-\sqrt3)i \]

1.a) Écrire sous forme exponentielle les nombres complexes \(1-i\) et \(1+\sqrt3i\)

Lire la correction +Masquer la correction −+−

Pour \(1-i\), le module est

\[ |1-i|=\sqrt{1^2+(-1)^2}=\sqrt2 \]

Comme \(1-i\) appartient au quatrième quadrant et que ses parties réelle et imaginaire ont la même valeur absolue, un argument est \(-\frac\pi4\). Donc

\[ 1-i=\sqrt2\,e^{-i\pi/4} \]

Pour \(1+\sqrt3i\), le module est

\[ |1+\sqrt3i|=\sqrt{1+3}=2 \]

Ce nombre appartient au premier quadrant et

\[ \cos\theta=\frac12 \qquad\text{et}\qquad \sin\theta=\frac{\sqrt3}{2} \]

On peut donc prendre \(\theta=\frac\pi3\).

\[ 1-i=\sqrt2\,e^{-i\pi/4} \qquad\text{et}\qquad 1+\sqrt3i=2e^{i\pi/3} \]

1.b) Montrer que

\[ \frac{(1-i)(1+\sqrt3i)}{2\sqrt2}=e^{i\pi/12} \]

Lire la correction +Masquer la correction −+−

En utilisant les formes exponentielles précédentes,

\[ (1-i)(1+\sqrt3i) =\sqrt2\,e^{-i\pi/4}\times2e^{i\pi/3} \]

\[ (1-i)(1+\sqrt3i) =2\sqrt2\,e^{i(-\pi/4+\pi/3)} =2\sqrt2\,e^{i\pi/12} \]

Après division par \(2\sqrt2\),

\[ \frac{(1-i)(1+\sqrt3i)}{2\sqrt2}=e^{i\pi/12} \]

1.c) En déduire que

\[ \tan\left(\frac\pi{12}\right)=2-\sqrt3 \]

Lire la correction +Masquer la correction −+−

Développons le produit.

\[ (1-i)(1+\sqrt3i) =(1+\sqrt3)+(\sqrt3-1)i \]

Le nombre réel \(2\sqrt2\) est strictement positif. La division par \(2\sqrt2\) ne change donc pas l’argument.

D’après 1.b, un argument de ce nombre est \(\frac\pi{12}\). Sa partie réelle est strictement positive, donc non nulle. Le quotient de la partie imaginaire par la partie réelle donne alors

\[ \tan\left(\frac\pi{12}\right) =\frac{\sqrt3-1}{\sqrt3+1} \]

En multipliant le numérateur et le dénominateur par \(\sqrt3-1\),

\[ \frac{\sqrt3-1}{\sqrt3+1} =\frac{(\sqrt3-1)^2}{3-1} =2-\sqrt3 \]

\[ \tan\left(\frac\pi{12}\right)=2-\sqrt3 \]

1.d) Montrer que

\[ u=(\sqrt6-\sqrt2)e^{i\pi/12} \]

Lire la correction +Masquer la correction −+−

Le nombre \(u=1+(2-\sqrt3)i\) appartient au premier quadrant. D’après 1.c,

\[ \tan\left(\frac\pi{12}\right)=\frac{2-\sqrt3}{1} \]

Un argument de \(u\) est donc \(\frac\pi{12}\).

Calculons son module.

\[ |u|^2=1+(2-\sqrt3)^2=8-4\sqrt3 \]

Or

\[ (\sqrt6-\sqrt2)^2=8-4\sqrt3 \]

Comme \(\sqrt6-\sqrt2>0\),

\[ |u|=\sqrt6-\sqrt2 \]

\[ u=(\sqrt6-\sqrt2)e^{i\pi/12} \]

On considère les deux suites numériques \((x_n)_{n\in\mathbb N}\) et \((y_n)_{n\in\mathbb N}\) définies par

\[ x_0=1 \qquad\text{et}\qquad y_0=0 \]

\[ \begin{cases} x_{n+1}=x_n-(2-\sqrt3)y_n\\[4pt] y_{n+1}=(2-\sqrt3)x_n+y_n \end{cases} \qquad(\forall n\in\mathbb N) \]

2.a) Montrer par récurrence que, pour tout \(n\in\mathbb N\),

\[ x_n+iy_n=u^n \]

Lire la correction +Masquer la correction −+−

Pour tout \(n\in\mathbb N\), notons \(P_n\) la propriété

\[ P_n:\quad x_n+iy_n=u^n \]

Initialisation

Pour \(n=0\), on a \(x_0=1\) et \(y_0=0\). Donc

\[ x_0+iy_0=1=u^0 \]

Ainsi, \(P_0\) est vraie.

Hérédité

Soit \(n\in\mathbb N\) fixé. Supposons que \(P_n\) est vraie, c’est-à-dire supposons que

\[ x_n+iy_n=u^n \]

D’après les relations de récurrence,

\[ \begin{aligned} x_{n+1}+iy_{n+1} &=x_n-(2-\sqrt3)y_n+i\bigl((2-\sqrt3)x_n+y_n\bigr)\\ &=x_n+iy_n+(2-\sqrt3)i(x_n+iy_n)\\ &=\bigl(1+(2-\sqrt3)i\bigr)(x_n+iy_n)\\ &=u(x_n+iy_n) \end{aligned} \]

En utilisant l’hypothèse de récurrence, on obtient

\[ x_{n+1}+iy_{n+1}=u\,u^n=u^{n+1} \]

Ainsi, \(P_{n+1}\) est vraie.

Conclusion

Par le principe de récurrence, la propriété \(P_n\) est vraie pour tout \(n\in\mathbb N\).

\[ \forall n\in\mathbb N\qquad x_n+iy_n=u^n \]

2.b) En déduire que, pour tout \(n\in\mathbb N\),

\[ x_n=\frac{\cos(n\pi/12)}{(\cos(\pi/12))^n} \qquad y_n=\frac{\sin(n\pi/12)}{(\cos(\pi/12))^n} \]

Lire la correction +Masquer la correction −+−

Nous avons

\[ u=(\sqrt6-\sqrt2)e^{i\pi/12} \]

Calculons \(\cos(\pi/12)\). Comme \(\pi/12=\pi/4-\pi/6\),

\[ \begin{aligned} \cos\left(\frac\pi{12}\right) &=\cos\left(\frac\pi4-\frac\pi6\right)\\ &=\cos\frac\pi4\cos\frac\pi6+\sin\frac\pi4\sin\frac\pi6\\ &=\frac{\sqrt6+\sqrt2}{4} \end{aligned} \]

En rationalisant le dénominateur,

\[ \frac1{\cos(\pi/12)} =\frac4{\sqrt6+\sqrt2} =\sqrt6-\sqrt2 \]

Donc

\[ u=\frac1{\cos(\pi/12)}e^{i\pi/12} \]

En élevant à la puissance \(n\) et en utilisant la formule de Moivre,

\[ u^n=\frac1{(\cos(\pi/12))^n} \left(\cos\left(\frac{n\pi}{12}\right)+i\sin\left(\frac{n\pi}{12}\right)\right) \]

Or \(x_n+iy_n=u^n\). L’égalité de deux nombres complexes entraîne l’égalité de leurs parties réelles et de leurs parties imaginaires.

\[ x_n=\frac{\cos(n\pi/12)}{(\cos(\pi/12))^n} \qquad\text{et}\qquad y_n=\frac{\sin(n\pi/12)}{(\cos(\pi/12))^n} \]

Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormé direct \((O;\vec e_1,\vec e_2)\). Pour tout entier naturel \(n\), on note \(A_n\) le point d’affixe \(u^n\)

3.a) Déterminer les entiers naturels \(n\) pour lesquels les points \(O\), \(A_0\) et \(A_n\) sont alignés

Lire la correction +Masquer la correction −+−

L’affixe de \(A_0\) est \(u^0=1\), qui est non nulle. Le critère d’alignement dans le plan complexe donne

\[ O,\ A_0,\ A_n\ \text{sont alignés} \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{u^n-0}{1-0}=u^n\in\mathbb R \]

D’après la question 2.b,

\[ u^n=\frac1{(\cos(\pi/12))^n} \left(\cos\left(\frac{n\pi}{12}\right)+i\sin\left(\frac{n\pi}{12}\right)\right) \]

Le facteur \(1/(\cos(\pi/12))^n\) est réel et strictement positif. Ainsi, \(u^n\) est réel si et seulement si

\[ \sin\left(\frac{n\pi}{12}\right)=0 \]

Il existe donc un entier \(k\) tel que

\[ \frac{n\pi}{12}=k\pi \]

Comme \(n\in\mathbb N\), on obtient \(k\in\mathbb N\) et \(n=12k\).

Les entiers cherchés sont les multiples de \(12\), c’est-à-dire \(n=12k\) avec \(k\in\mathbb N\)

3.b) Montrer que, pour tout entier naturel \(n\), le triangle \(OA_nA_{n+1}\) est rectangle en \(A_n\)

Lire la correction +Masquer la correction −+−

Critère complexe de perpendicularité : si deux vecteurs non nuls ont pour affixes \(z\) et \(z'\), alors ils sont perpendiculaires si et seulement si \(z'/z\) est un nombre imaginaire pur.

Les affixes des vecteurs \(\overrightarrow{A_nO}\) et \(\overrightarrow{A_nA_{n+1}}\) sont respectivement

\[ -u^n \qquad\text{et}\qquad u^{n+1}-u^n=u^n(u-1) \]

Le nombre \(u\) est non nul, donc \(u^n\neq0\). De plus, \(u-1=(2-\sqrt3)i\neq0\). Les deux vecteurs sont donc non nuls.

Le quotient de leurs affixes vaut

\[ \frac{u^{n+1}-u^n}{-u^n}=-(u-1)=-(2-\sqrt3)i \]

Ce quotient est un nombre imaginaire pur non nul. Par le critère rappelé,

\[ \overrightarrow{A_nO}\perp\overrightarrow{A_nA_{n+1}} \]

Pour tout \(n\in\mathbb N\), le triangle \(OA_nA_{n+1}\) est rectangle en \(A_n\)

Exercice 4 — Arithmétique3 points

Soit \(p\) un nombre premier impair. On considère dans \(\mathbb Z\) l’équation

\[ (E)\qquad x^2\equiv2\pmod p \]

1.a) Montrer que

\[ 2^{p-1}\equiv1\pmod p \]

Lire la correction +Masquer la correction −+−

Le nombre \(p\) est premier impair, donc \(p\neq2\). Ainsi \(p\) ne divise pas \(2\), ce qui donne

\[ \gcd(2,p)=1 \]

Le petit théorème de Fermat permet alors d’écrire

\[ 2^{p-1}\equiv1\pmod p \]

1.b) En déduire que

\[ 2^{(p-1)/2}\equiv1\pmod p \qquad\text{ou}\qquad 2^{(p-1)/2}\equiv-1\pmod p \]

On remarque que

\[ \left(2^{\frac{p-1}{2}}-1\right) \left(2^{\frac{p-1}{2}}+1\right)=2^{p-1}-1 \]

Lire la correction +Masquer la correction −+−

Posons

\[ A=2^{(p-1)/2} \]

D’après 1.a,

\[ A^2=2^{p-1}\equiv1\pmod p \]

Donc \(p\) divise \(A^2-1\). Or

\[ A^2-1=(A-1)(A+1) \]

Ainsi,

\[ p\mid(A-1)(A+1) \]

Comme \(p\) est premier, le lemme d’Euclide donne

\[ p\mid A-1 \qquad\text{ou}\qquad p\mid A+1 \]

\[ 2^{(p-1)/2}\equiv1\pmod p \qquad\text{ou}\qquad 2^{(p-1)/2}\equiv-1\pmod p \]

2.a) Soit \(x\) une solution de \((E)\). Montrer que \(p\) et \(x\) sont premiers entre eux

Lire la correction +Masquer la correction −+−

Supposons que \(p\) divise \(x\). Alors

\[ x\equiv0\pmod p \]

et donc

\[ x^2\equiv0\pmod p \]

Mais \(x\) est une solution de \((E)\), donc \(x^2\equiv2\pmod p\). Nous obtiendrions alors \(2\equiv0\pmod p\), c’est-à-dire \(p\mid2\), ce qui est impossible puisque \(p\) est impair.

Ainsi \(p\nmid x\). Comme \(p\) est premier,

\[ \gcd(p,x)=1 \]

2.b) En déduire que

\[ 2^{(p-1)/2}\equiv1\pmod p \]

On pourra utiliser le petit théorème de Fermat

Lire la correction +Masquer la correction −+−

D’après 2.a, \(p\) et \(x\) sont premiers entre eux. Le petit théorème de Fermat donne

\[ x^{p-1}\equiv1\pmod p \]

Comme \(x^2\equiv2\pmod p\), nous élevons les deux membres à la puissance \((p-1)/2\).

\[ (x^2)^{(p-1)/2}\equiv2^{(p-1)/2}\pmod p \]

Le membre de gauche est \(x^{p-1}\), donc

\[ 2^{(p-1)/2}\equiv1\pmod p \]

3) Montrer que, pour tout \(k\in\{1,2,\ldots,p-1\}\), \(p\) divise \(\binom pk\)

On rappelle que, pour tout \(k\in\{1,2,\ldots,p-1\}\),

\[ \binom pk=\frac{p!}{k!(p-k)!} \qquad\text{et}\qquad k\binom pk=p\binom{p-1}{k-1} \]

Lire la correction +Masquer la correction −+−

On utilise l’identité rappelée dans l’énoncé.

\[ k\binom pk=p\binom{p-1}{k-1} \]

Le membre de droite est divisible par \(p\). Donc

\[ p\mid k\binom pk \]

Comme \(1\leq k\leq p-1\) et \(p\) est premier, \(p\) ne divise pas \(k\), donc \(\gcd(k,p)=1\).

Le théorème de Gauss permet alors de conclure.

\[ p\mid\binom pk \]

4.a) En utilisant la formule de Moivre, montrer que

\[ (1+i)^p=2^{p/2}\cos\left(\frac{p\pi}{4}\right) +i\,2^{p/2}\sin\left(\frac{p\pi}{4}\right) \]

Le symbole \(i\) désigne le nombre complexe vérifiant \(i^2=-1\)

Lire la correction +Masquer la correction −+−

Le nombre complexe \(1+i\) a pour module \(\sqrt2\) et pour argument \(\frac\pi4\). Ainsi

\[ 1+i=\sqrt2\left(\cos\frac\pi4+i\sin\frac\pi4\right) \]

La formule de Moivre donne

\[ (1+i)^p=(\sqrt2)^p \left(\cos\frac{p\pi}{4}+i\sin\frac{p\pi}{4}\right) \]

Comme \((\sqrt2)^p=2^{p/2}\), nous obtenons l’égalité demandée.

4.b) On admet que

\[ (1+i)^p= \sum_{k=0}^{\frac{p-1}{2}}(-1)^k\binom p{2k} +i\sum_{k=0}^{\frac{p-1}{2}}(-1)^k\binom p{2k+1} \]

Montrer que

\[ 2^{p/2}\cos\left(\frac{p\pi}{4}\right)\in\mathbb Z \]

et que

\[ 2^{p/2}\cos\left(\frac{p\pi}{4}\right)\equiv1\pmod p \]

On pourra utiliser la question 3

Lire la correction +Masquer la correction −+−

D’après la formule admise, la partie réelle de \((1+i)^p\) est

\[ \sum_{k=0}^{(p-1)/2}(-1)^k\binom p{2k} \]

D’après 4.a, cette même partie réelle est

\[ 2^{p/2}\cos\left(\frac{p\pi}{4}\right) \]

Nous avons donc

\[ 2^{p/2}\cos\left(\frac{p\pi}{4}\right) =\sum_{k=0}^{(p-1)/2}(-1)^k\binom p{2k} \]

Le membre de droite est un entier. Par conséquent,

\[ 2^{p/2}\cos\left(\frac{p\pi}{4}\right)\in\mathbb Z \]

Le terme correspondant à \(k=0\) vaut \(1\). Pour \(k\geq1\), on a \(1\leq2k\leq p-1\), donc la question 3 montre que \(p\) divise \(\binom p{2k}\). Ainsi, modulo \(p\), tous ces termes sont nuls.

\[ 2^{p/2}\cos\left(\frac{p\pi}{4}\right)\equiv1\pmod p \]

5) En déduire que si \(p\equiv5\pmod8\), alors l’équation \((E)\) n’admet pas de solution dans \(\mathbb Z\)

Lire la correction +Masquer la correction −+−

Supposons

\[ p\equiv5\pmod8 \]

Il existe alors un entier naturel \(m\) tel que \(p=8m+5\). Donc

\[ \cos\left(\frac{p\pi}{4}\right) =\cos\left(2m\pi+\frac{5\pi}{4}\right) =-\frac{\sqrt2}{2} \]

Par conséquent,

\[ 2^{p/2}\cos\left(\frac{p\pi}{4}\right) =-2^{(p-1)/2} \]

D’après 4.b,

\[ -2^{(p-1)/2}\equiv1\pmod p \]

Donc

\[ 2^{(p-1)/2}\equiv-1\pmod p \]

Si l’équation \((E)\) possédait une solution, la question 2.b donnerait simultanément

\[ 2^{(p-1)/2}\equiv1\pmod p \]

Nous aurions alors \(1\equiv-1\pmod p\), donc \(p\mid2\), ce qui est impossible pour un nombre premier impair.

Si \(p\equiv5\pmod8\), l’équation \(x^2\equiv2\pmod p\) n’admet aucune solution dans \(\mathbb Z\)

Exercice 5 — Structures algébriques3,5 points

On rappelle que \((M_2(\mathbb R),+,\times)\) est un anneau non commutatif, de matrice nulle

\[ O=\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix} \]

et d’unité

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

On rappelle aussi que \((M_2(\mathbb R),+,\cdot)\) est un espace vectoriel réel.

On considère l’ensemble

\[ E=\left\{ M(x,y)=\begin{pmatrix}x+y&y\\2y&x-y\end{pmatrix} \ \middle|\ (x,y)\in\mathbb R^2 \right\} \]

Partie I

1) Montrer que \(E\) est un sous-groupe de \((M_2(\mathbb R),+)\)

Lire la correction +Masquer la correction −+−

L’ensemble \(E\) n’est pas vide, car

\[ O=M(0,0)\in E \]

Soient \(M(x,y)\) et \(M(x',y')\) deux éléments de \(E\). Alors

\[ M(x,y)-M(x',y')=M(x-x',y-y') \]

Comme \((x-x',y-y')\in\mathbb R^2\), cette différence appartient à \(E\).

Le critère de sous-groupe est donc vérifié.

\(E\) est un sous-groupe de \((M_2(\mathbb R),+)\)

2) Montrer que \(E\) est un sous-espace vectoriel de \(M_2(\mathbb R)\)

Lire la correction +Masquer la correction −+−

Nous savons déjà que \(E\) est non vide.

Soient \(M(x,y),M(x',y')\in E\) et \(\lambda,\mu\in\mathbb R\). On a

\[ \lambda M(x,y)+\mu M(x',y') =M(\lambda x+\mu x',\lambda y+\mu y') \]

Le couple \((\lambda x+\mu x',\lambda y+\mu y')\) appartient à \(\mathbb R^2\). La combinaison linéaire appartient donc à \(E\).

\(E\) est un sous-espace vectoriel de \(M_2(\mathbb R)\)

3.a) Vérifier que

\[ M(x,y)M(x',y')=M(xx'+3yy',xy'+yx') \]

Lire la correction +Masquer la correction −+−

Effectuons le produit matriciel.

\[ \begin{pmatrix}x+y&y\\2y&x-y\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x'+y'&y'\\2y'&x'-y'\end{pmatrix} \]

Le produit vaut

\[ \begin{pmatrix} xx'+xy'+x'y+3yy'&xy'+x'y\\ 2xy'+2x'y&xx'-xy'-x'y+3yy' \end{pmatrix} \]

Posons

\[ X=xx'+3yy' \qquad Y=xy'+yx' \]

La matrice obtenue est

\[ \begin{pmatrix}X+Y&Y\\2Y&X-Y\end{pmatrix}=M(X,Y) \]

\[ M(x,y)M(x',y')=M(xx'+3yy',xy'+yx') \]

3.b) En déduire que \((E,+,\times)\) est un anneau commutatif et unitaire

Lire la correction +Masquer la correction −+−

La question 3.a montre que \(E\) est stable pour la multiplication.

L’associativité de la multiplication et les lois de distributivité sont héritées de l’anneau \(M_2(\mathbb R)\).

La formule

\[ M(x,y)M(x',y')=M(xx'+3yy',xy'+yx') \]

est symétrique en \((x,y)\) et \((x',y')\). Donc

\[ M(x,y)M(x',y')=M(x',y')M(x,y) \]

La multiplication est commutative dans \(E\).

Enfin,

\[ M(1,0)=\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}=I \]

L’unité de \(M_2(\mathbb R)\) appartient à \(E\).

\((E,+,\times)\) est un anneau commutatif et unitaire, d’unité \(I=M(1,0)\)

4.a) Vérifier que

\[ M(\sqrt3,1)M(-\sqrt3,1)=O \]

Lire la correction +Masquer la correction −+−

Appliquons la formule de 3.a avec

\[ (x,y)=(\sqrt3,1) \qquad (x',y')=(-\sqrt3,1) \]

La première coordonnée du produit est

\[ xx'+3yy'=-3+3=0 \]

La deuxième coordonnée est

\[ xy'+yx'=\sqrt3-\sqrt3=0 \]

Donc

\[ M(\sqrt3,1)M(-\sqrt3,1)=M(0,0)=O \]

4.b) En déduire que \((E,+,\times)\) n’est pas un corps

Lire la correction +Masquer la correction −+−

Les matrices \(M(\sqrt3,1)\) et \(M(-\sqrt3,1)\) sont non nulles. En effet, leur coefficient situé sur la première ligne et la deuxième colonne vaut \(1\), tandis que ce coefficient vaut \(0\) dans la matrice nulle \(O\).

D’après la question 4.a,

\[ M(\sqrt3,1)M(-\sqrt3,1)=O \]

L’anneau \(E\) possède donc deux diviseurs de zéro non nuls.

Dans un corps, tout élément non nul est inversible. Si \(ab=0\) et \(a\neq0\), alors en multipliant par \(a^{-1}\), on obtient \(b=0\). Un corps ne peut donc pas posséder de diviseurs de zéro non nuls.

\((E,+,\times)\) n’est pas un corps

Partie II

On considère les ensembles

\[ F=\left\{x+y\sqrt3\ \middle|\ (x,y)\in\mathbb Q^2\right\} \]

et

\[ G=\left\{ M(x,y)=\begin{pmatrix}x+y&y\\2y&x-y\end{pmatrix} \ \middle|\ (x,y)\in\mathbb Q^2 \right\} \]

1) Montrer que, pour tout \((x,y)\in\mathbb Q^2\),

\[ x+y\sqrt3=0\quad\Longleftrightarrow\quad x=0\text{ et }y=0 \]

Lire la correction +Masquer la correction −+−

Si \(x=0\) et \(y=0\), alors \(x+y\sqrt3=0\).

Réciproquement, supposons

\[ x+y\sqrt3=0 \]

Si \(y\neq0\), alors

\[ \sqrt3=-\frac{x}{y} \]

Le membre de droite est rationnel, ce qui contredit l’irrationalité de \(\sqrt3\). Donc \(y=0\), puis l’égalité donne \(x=0\).

\[ x+y\sqrt3=0\quad\Longleftrightarrow\quad(x,y)=(0,0) \]

2) Montrer que \(F\setminus\{0\}\) est un sous-groupe de \((\mathbb R^*,\times)\)

Lire la correction +Masquer la correction −+−

Nous vérifions le critère de sous-groupe multiplicatif.

1) L’ensemble n’est pas vide

On a

\[ 1=1+0\sqrt3\in F\setminus\{0\} \]

2) Stabilité par multiplication

Soient

\[ a=x+y\sqrt3 \qquad\text{et}\qquad b=x'+y'\sqrt3 \]

deux éléments de \(F\setminus\{0\}\). Alors

\[ ab=(xx'+3yy')+(xy'+x'y)\sqrt3 \]

Les deux coefficients \(xx'+3yy'\) et \(xy'+x'y\) sont rationnels. De plus, \(a\neq0\) et \(b\neq0\), donc \(ab\neq0\) dans \(\mathbb R\). Ainsi, \(ab\in F\setminus\{0\}\).

3) Stabilité par passage à l’inverse

Soit \(a=x+y\sqrt3\in F\setminus\{0\}\). On a

\[ a(x-y\sqrt3)=x^2-3y^2 \]

Montrons que \(x^2-3y^2\neq0\). Supposons, au contraire, que \(x^2-3y^2=0\).

Si \(y=0\), alors \(x=0\), donc \(a=0\), ce qui est impossible. Si \(y\neq0\), alors

\[ \left(\frac{x}{y}\right)^2=3 \]

Donc \(x/y=\sqrt3\) ou \(x/y=-\sqrt3\), ce qui contredit l’irrationalité de \(\sqrt3\), puisque \(x/y\in\mathbb Q\).

Ainsi, \(x^2-3y^2\neq0\), et

\[ a^{-1}=\frac{x-y\sqrt3}{x^2-3y^2} =\frac{x}{x^2-3y^2}-\frac{y}{x^2-3y^2}\sqrt3 \]

Les deux coefficients sont rationnels. Donc \(a^{-1}\in F\setminus\{0\}\).

\(F\setminus\{0\}\) est un sous-groupe de \((\mathbb R^*,\times)\)

On définit l’application \(\varphi:F\setminus\{0\}\to E\) par

\[ \forall(x,y)\in\mathbb Q^2\setminus\{(0,0)\} \qquad \varphi(x+y\sqrt3)=M(x,y) \]

3.a) Vérifier que

\[ \varphi(F\setminus\{0\})=G\setminus\{O\} \]

Lire la correction +Masquer la correction −+−

Si \(x+y\sqrt3\in F\setminus\{0\}\), alors la question 1 donne \((x,y)\neq(0,0)\). Donc

\[ \varphi(x+y\sqrt3)=M(x,y)\in G\setminus\{O\} \]

Réciproquement, si \(M(x,y)\in G\setminus\{O\}\), alors \((x,y)\in\mathbb Q^2\setminus\{(0,0)\}\). La question 1 donne \(x+y\sqrt3\neq0\), et

\[ M(x,y)=\varphi(x+y\sqrt3) \]

\[ \varphi(F\setminus\{0\})=G\setminus\{O\} \]

3.b) Montrer que \(\varphi\) est un homomorphisme de \((F\setminus\{0\},\times)\) vers \((E,\times)\)

Lire la correction +Masquer la correction −+−

La question 1 montre que l’écriture d’un élément de \(F\) sous la forme \(x+y\sqrt3\), avec \((x,y)\in\mathbb Q^2\), est unique. L’application \(\varphi\) est donc bien définie.

Soient

\[ a=x+y\sqrt3 \qquad\text{et}\qquad b=x'+y'\sqrt3 \]

deux éléments de \(F\setminus\{0\}\). D’après la question 2, leur produit appartient encore à \(F\setminus\{0\}\), et

\[ ab=(xx'+3yy')+(xy'+x'y)\sqrt3 \]

Par définition de \(\varphi\),

\[ \varphi(ab)=M(xx'+3yy',xy'+x'y) \]

D’après la formule démontrée dans la Partie I,

\[ M(xx'+3yy',xy'+x'y)=M(x,y)M(x',y') \]

Donc

\[ \varphi(ab)=\varphi(a)\varphi(b) \]

Ainsi, \(\varphi\) est un homomorphisme de \((F\setminus\{0\},\times)\) vers \((E,\times)\).

3.c) En déduire que \((G\setminus\{O\},\times)\) est un groupe commutatif

Lire la correction +Masquer la correction −+−

Nous avons déjà établi que \((F\setminus\{0\},\times)\) est un groupe commutatif.

1) L’application \(\varphi\) est bijective de \(F\setminus\{0\}\) sur \(G\setminus\{O\}\)

D’après 3.a, \(\varphi(F\setminus\{0\})=G\setminus\{O\}\). L’application \(\varphi\) est donc surjective sur \(G\setminus\{O\}\).

Montrons son injectivité. Supposons

\[ \varphi(x+y\sqrt3)=\varphi(x'+y'\sqrt3) \]

Alors \(M(x,y)=M(x',y')\). L’égalité des coefficients situés sur la première ligne et la deuxième colonne donne \(y=y'\). L’égalité des coefficients situés sur la première ligne et la première colonne donne ensuite \(x+y=x'+y'\), donc \(x=x'\). Ainsi,

\[ x+y\sqrt3=x'+y'\sqrt3 \]

L’application \(\varphi\) est injective, donc bijective.

2) Stabilité de \(G\setminus\{O\}\) par multiplication

Soient \(A,B\in G\setminus\{O\}\). Comme \(\varphi\) est surjective, il existe \(a,b\in F\setminus\{0\}\) tels que \(A=\varphi(a)\) et \(B=\varphi(b)\). Alors

\[ AB=\varphi(a)\varphi(b)=\varphi(ab) \]

Or \(ab\in F\setminus\{0\}\), donc \(AB\in G\setminus\{O\}\).

3) Élément neutre et inverses

L’élément neutre multiplicatif est

\[ \varphi(1)=M(1,0)=I \]

Soit \(A\in G\setminus\{O\}\). Il existe \(a\in F\setminus\{0\}\) tel que \(A=\varphi(a)\). Comme \(a^{-1}\in F\setminus\{0\}\), on a \(\varphi(a^{-1})\in G\setminus\{O\}\), et

\[ A\varphi(a^{-1}) =\varphi(a)\varphi(a^{-1}) =\varphi(1)=I \]

De même,

\[ \varphi(a^{-1})A =\varphi(a^{-1}a) =\varphi(1)=I \]

Ainsi, chaque élément de \(G\setminus\{O\}\) possède un inverse dans cet ensemble.

4) Associativité et commutativité

L’associativité est héritée de la multiplication matricielle. Enfin, si \(A=\varphi(a)\) et \(B=\varphi(b)\), alors, puisque la multiplication dans \(F\setminus\{0\}\) est commutative,

\[ AB=\varphi(ab)=\varphi(ba)=BA \]

\((G\setminus\{O\},\times)\) est un groupe commutatif

4) Montrer que \((G,+,\times)\) est un corps commutatif

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Nous vérifions successivement toutes les propriétés requises.

1) \((G,+)\) est un groupe commutatif

Soient \(M(x,y),M(x',y')\in G\). Comme \(x,y,x',y'\in\mathbb Q\),

\[ M(x,y)+M(x',y')=M(x+x',y+y')\in G \]

La matrice nulle est

\[ O=M(0,0)\in G \]

et l’opposé de \(M(x,y)\) est

\[ -M(x,y)=M(-x,-y)\in G \]

L’associativité et la commutativité de l’addition sont héritées de \(M_2(\mathbb R)\). Ainsi, \((G,+)\) est un groupe commutatif.

2) La multiplication est une loi interne sur \(G\)

Si \(A,B\in G\setminus\{O\}\), la question 3.c donne \(AB\in G\setminus\{O\}\). Si \(A=O\) ou \(B=O\), alors \(AB=O\in G\). Donc, dans tous les cas, \(AB\in G\).

3) \((G\setminus\{O\},\times)\) est un groupe commutatif

Ce résultat a été démontré à la question 3.c. Son élément neutre est

\[ I=M(1,0)\in G \]

4) La multiplication est distributive par rapport à l’addition

Pour toutes matrices \(A,B,C\in G\), les égalités

\[ A(B+C)=AB+AC \qquad\text{et}\qquad (A+B)C=AC+BC \]

sont héritées de l’anneau \(M_2(\mathbb R)\).

5) Les deux éléments neutres sont distincts

\[ O=M(0,0)\neq M(1,0)=I \]

La structure additive est un groupe commutatif, tout élément non nul possède un inverse multiplicatif, la multiplication est commutative et distributive par rapport à l’addition, et \(O\neq I\).

\((G,+,\times)\) est un corps commutatif

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