Correction complète — Mathématiques — Session de rattrapage 2026
Sciences Mathématiques — résolution détaillée, structurée et vérifiée des cinq exercices.
Prof Maths MarocExercice 1 — Analyse
Fonction auxiliaire, théorème de Rolle, étude d’une fonction et suite définie implicitement.
Partie I. Sur \(]0;+\infty[\), on considère \(g(t)=\ln t-(t-1)\). Pour \(x\in]0;+\infty[\setminus\{1\}\), on définit, pour \(t>0\),
\[ h(t)=\frac{g(x)}{(x-1)^2}(t-1)^2-g(t). \]Partie II. La fonction \(f\) est définie sur \(]0;+\infty[\) par \(f(1)=1\) et, pour \(x\ne1\),
\[ f(x)=\left(\frac{\ln x}{x-1}\right)^2. \]Montrer que \(h\) est dérivable sur \(]0;+\infty[\) et établir :
\[ h'(t)=\left(\frac{2g(x)}{(x-1)^2}+\frac1t\right)(t-1). \]Afficher la réponse Masquer la réponse
Dérivabilité et calcul de \(h'(t)\)
On fixe \(x\gt0\) avec \(x\ne1\), puis on pose :
\[ A=\frac{g(x)}{(x-1)^2}. \]La dérivation se fait par rapport à \(t\). Le réel \(x\) étant fixé, \(A\) est une constante.
Comme \(g(t)=\ln t-(t-1)\), on a :
\[ g'(t)=\frac1t-1=-\frac{t-1}{t}. \]Or :
\[ h(t)=A(t-1)^2-g(t). \]Donc :
\[ h'(t)=2A(t-1)-g'(t) =2A(t-1)+\frac{t-1}{t}. \]En factorisant par \(t-1\) :
\[ h'(t)=\left(2A+\frac1t\right)(t-1). \]En remplaçant \(A\) par sa valeur :
\[ h'(t)= \left( \frac{2g(x)}{(x-1)^2}+\frac1t \right)(t-1). \]Appliquer le théorème de Rolle à \(h\) pour montrer qu’il existe un réel \(\theta\), strictement compris entre \(x\) et \(1\), tel que :
\[ \frac{g(x)}{(x-1)^2}=-\frac1{2\theta}. \]Afficher la réponse Masquer la réponse
Application du théorème de Rolle
Une fonction continue sur un segment, dérivable sur l’intervalle ouvert associé et prenant la même valeur aux deux extrémités possède au moins un point intérieur où sa dérivée s’annule.
La fonction \(h\) est dérivable sur \(]0;+\infty[\), donc continue sur tout segment inclus dans cet intervalle.
\[ h(x)=\frac{g(x)}{(x-1)^2}(x-1)^2-g(x)=0. \]De plus, \(g(1)=0\), donc :
\[ h(1)=0. \]Le théorème de Rolle s’applique sur \([x;1]\) si \(0\lt x\lt1\), et sur \([1;x]\) si \(x\gt1\). Il existe donc un réel \(\theta\), strictement compris entre \(x\) et \(1\), tel que :
\[ h'(\theta)=0. \]Comme \(\theta\ne1\), on a \(\theta-1\ne0\). Ainsi :
\[ \left( \frac{2g(x)}{(x-1)^2}+\frac1\theta \right)(\theta-1)=0 \]entraîne :
\[ \frac{2g(x)}{(x-1)^2}+\frac1\theta=0. \]Montrer que le réel \(\theta\) obtenu vérifie :
\[ \frac{x+1-|x-1|}{2}<\theta<\frac{x+1+|x-1|}{2}. \]Afficher la réponse Masquer la réponse
Encadrement de \(\theta\)
Puisque \(\theta\) est strictement compris entre \(x\) et \(1\) :
\[ \min(x,1)\lt\theta\lt\max(x,1). \]Pour deux réels \(a\) et \(b\) :
\[ \min(a,b)=\frac{a+b-|a-b|}{2}, \qquad \max(a,b)=\frac{a+b+|a-b|}{2}. \]En prenant \(a=x\) et \(b=1\) :
\[ \min(x,1)=\frac{x+1-|x-1|}{2}, \qquad \max(x,1)=\frac{x+1+|x-1|}{2}. \]Déduire des questions précédentes un encadrement de \(\dfrac{g(x)}{(x-1)^2}\).
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Encadrement de \(\dfrac{g(x)}{(x-1)^2}\)
Posons :
\[ a=\frac{x+1-|x-1|}{2}, \qquad b=\frac{x+1+|x-1|}{2}. \]Comme \(x\gt0\), on a \(a\gt0\) et \(b\gt0\).
La fonction \(u\longmapsto\dfrac1u\) est strictement décroissante sur \(]0;+\infty[\).
De \(a\lt\theta\lt b\), on déduit :
\[ \frac1b\lt\frac1\theta\lt\frac1a. \]En multipliant par \(-\dfrac12\), le sens des inégalités s’inverse :
\[ -\frac1{2a} \lt -\frac1{2\theta} \lt -\frac1{2b}. \]Or :
\[ \frac{g(x)}{(x-1)^2}=-\frac1{2\theta}, \qquad 2a=x+1-|x-1|, \qquad 2b=x+1+|x-1|. \]Calculer les limites de \(f\) lorsque \(x\to0^+\) et lorsque \(x\to+\infty\), puis interpréter graphiquement les résultats.
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Limites aux bornes de l’intervalle
Lorsque \(x\to0^+\), on a \(x-1\to-1\). Ainsi :
\[ \frac{\ln x}{x-1}\longrightarrow+\infty, \]d’où :
\[ f(x)=\left(\frac{\ln x}{x-1}\right)^2\longrightarrow+\infty. \]Lorsque \(x\to+\infty\) :
\[ \frac{\ln x}{x-1} = \frac{\frac{\ln x}{x}}{1-\frac1x} \longrightarrow0. \]Donc :
\[ f(x)\longrightarrow0. \]La droite \(x=0\) est une asymptote verticale à \((C)\), et la droite \(y=0\) est une asymptote horizontale au voisinage de \(+\infty\).
Montrer que la fonction \(f\) est continue au point \(1\).
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Continuité de \(f\) en \(1\)
Or \(f(1)=1\).
La fonction \(f\) est continue en \(1\).
Pour \(x\ne1\), montrer que :
\[ \frac{f(x)-1}{x-1}=\left(1+\frac{\ln x}{x-1}\right)\frac{g(x)}{(x-1)^2}. \]Afficher la réponse Masquer la réponse
Transformation du taux d’accroissement
Pour \(x\ne1\), posons :
\[ A=\frac{\ln x}{x-1}. \]Alors :
\[ \frac{f(x)-1}{x-1} = \frac{A^2-1}{x-1} = (A+1)\frac{A-1}{x-1}. \]Or :
\[ A-1 = \frac{\ln x-(x-1)}{x-1} = \frac{g(x)}{x-1}. \]Donc :
\[ \frac{A-1}{x-1} = \frac{g(x)}{(x-1)^2}. \]En déduire que \(f\) est dérivable en \(1\), puis déterminer \(f'(1)\).
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Dérivabilité de \(f\) en \(1\)
D’après la question 4 de la Partie I, pour \(x>0\) et \(x\ne1\),
\[ \frac{-1}{x+1-|x-1|}<\frac{g(x)}{(x-1)^2}<\frac{-1}{x+1+|x-1|}. \]Lorsque \(x\to1\), les deux membres extrêmes tendent vers \(-\dfrac12\). Le théorème des gendarmes donne donc :
\[ \lim_{x\to1}\frac{g(x)}{(x-1)^2}=-\frac12. \]D’après la question 2-a de la Partie II,
\[ \frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\left(1+\frac{\ln x}{x-1}\right)\frac{g(x)}{(x-1)^2}. \]Or :
\[ \lim_{x\to1}\left(1+\frac{\ln x}{x-1}\right)=2. \]Par produit des limites :
\[ \lim_{x\to1}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=2\left(-\frac12\right)=-1. \]La limite du taux d’accroissement étant finie, \(f\) est dérivable en \(1\).
Déterminer l’équation de la tangente \((T)\) à la courbe de \(f\) au point d’abscisse \(1\).
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Équation de la tangente en \(1\)
Avec \(a=1\), \(f(1)=1\) et \(f'(1)=-1\) :
\[ y=1-(x-1). \]Montrer que \(f\) est dérivable sur \(]0;+\infty[\) et que, pour \(x\ne1\),
\[ f'(x)=\frac{2\ln x}{x-1}\frac{g\left(\frac1x\right)}{(x-1)^2}. \]Afficher la réponse Masquer la réponse
Calcul de la dérivée sur \(]0;+\infty[\)
Si \(f=u^2\), alors \(f'=2uu'\).
Posons :
\[ u(x)=\frac{\ln x}{x-1}. \]Alors :
\[ u'(x) = \frac{\frac{x-1}{x}-\ln x}{(x-1)^2}. \]Or :
\[ \frac{x-1}{x}-\ln x = 1-\frac1x-\ln x = g\left(\frac1x\right). \]Donc :
\[ u'(x)= \frac{g\left(\frac1x\right)}{(x-1)^2}. \]Par conséquent :
\[ f'(x) = 2\frac{\ln x}{x-1} \frac{g\left(\frac1x\right)}{(x-1)^2}. \]D’après la question 2-b de la Partie II, \(f'(1)=-1\).
Ainsi, \(f\) est dérivable sur \(]0;+\infty[\).
Montrer que, pour tout \(x\in]0;1[\cup]1;+\infty[\),
\[ \frac{\ln x}{x-1}>0. \]Afficher la réponse Masquer la réponse
Signe de \(\dfrac{\ln x}{x-1}\)
- Si \(0\lt x\lt1\), alors \(\ln x\lt0\) et \(x-1\lt0\).
- Si \(x\gt1\), alors \(\ln x\gt0\) et \(x-1\gt0\).
Dans les deux cas, le numérateur et le dénominateur ont le même signe.
Montrer que \(g\) est négative sur \(]0;+\infty[\), puis déterminer le sens de variation de \(f\).
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Signe de \(g\) et variations de \(f\)
Comme \(t>0\), le signe de \(g'(t)\) est celui de \(1-t\). Ainsi, \(g\) est strictement croissante sur \(]0;1]\), puis strictement décroissante sur \([1;+\infty[\).
De plus, \(g(1)=0\). La fonction \(g\) atteint donc en \(1\) son maximum égal à \(0\). Par conséquent :
\[ \forall t>0,\qquad g(t)\le0, \]avec égalité seulement pour \(t=1\).
Soit \(x>0\), \(x\ne1\). Alors \(\dfrac1x\ne1\), donc :
\[ g\left(\frac1x\right)<0. \]D’après la question 3-b de la Partie II,
\[ \frac{\ln x}{x-1}>0, \]et \((x-1)^2>0\). La formule de la question 3-a de la Partie II donne donc :
\[ f'(x)<0. \]En outre, d’après la question 2-b de la Partie II, \(f'(1)=-1<0\).
Ainsi, \(f'(x)<0\) pour tout \(x\in]0;+\infty[\). Par conséquent, \(f\) est strictement décroissante sur cet intervalle.
D’après la question 1-a de la Partie II, \(f(x)\) décroît de \(+\infty\) vers \(1\) lorsque \(x\) parcourt \(]0;1]\), puis elle décroît de \(1\) vers \(0\) lorsque \(x\) parcourt \([1;+\infty[\).
Montrer que \(1\) est l’unique solution de l’équation \(f(x)=x\) sur \(]0;+\infty[\).
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Unicité de la solution de \(f(x)=x\)
D’après la question 3-c de la Partie II, la fonction \(f\) est strictement décroissante sur \(]0;+\infty[\). De plus, \(f(1)=1\).
- Si \(0\lt x\lt1\), alors \(f(x)\gt f(1)=1\gt x\).
- Si \(x\gt1\), alors \(f(x)\lt f(1)=1\lt x\).
L’égalité \(f(x)=x\) est donc impossible pour \(x\ne1\).
Représenter la tangente \((T)\) et la courbe \((C)\) de \(f\) dans un repère orthonormé.
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Représentation de la tangente et de la courbe
- d’après la question 1-a de la Partie II, \(x=0\) est une asymptote verticale et \(y=0\) une asymptote horizontale au voisinage de \(+\infty\) ;
- d’après la question 3-c de la Partie II, \(f\) est strictement décroissante sur \(]0;+\infty[\) ;
- par définition, \(f(1)=1\), donc la courbe passe par \(A(1;1)\) ;
- d’après la question 2-c de la Partie II, la tangente en \(A\) a pour équation \(y=2-x\).
Courbe \((C)\) de \(f\) et tangente \((T)\) d’équation \(y=2-x\).
La courbe descend de \(+\infty\) vers \(0\), passe par \(A(1;1)\) et y admet une tangente de pente \(-1\).
Pour \(n\in\mathbb N^*\), montrer que l’équation \(f(x)=n\) admet une unique solution \(x_n\) dans \(]0;1]\).
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Existence et unicité de \(x_n\)
D’après la question 1-b de la Partie II, \(f\) est continue en \(1\), et elle est continue sur \(]0;1[\) par sa formule. Elle est donc continue sur \(]0;1]\).
D’après la question 3-c de la Partie II, \(f\) est strictement décroissante sur \(]0;1]\). Enfin, d’après la question 1-a de la Partie II,
\[ \lim_{x\to0^+}f(x)=+\infty, \qquad f(1)=1. \]L’image de \(]0;1]\) par \(f\) est :
\[ [1;+\infty[. \]Pour tout \(n\in\mathbb N^*\), le théorème des valeurs intermédiaires assure l’existence d’une solution \(x_n\in]0;1]\), et la stricte décroissance de \(f\) assure son unicité.
Montrer que la suite \((x_n)\) converge vers \(0\).
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Limite de la suite \((x_n)\)
D’après la question 6-a de la Partie II, pour tout \(n\in\mathbb N^*\),
\[ x_n\in]0;1] \qquad\text{et}\qquad x_{n+1}\in]0;1]. \]D’après la question 3-c de la Partie II, la fonction \(f\) est strictement décroissante sur \(]0;1]\).
Or :
\[ f(x_{n+1})=n+1>n=f(x_n). \]Comme \(f\) est strictement décroissante sur l’intervalle auquel appartiennent \(x_n\) et \(x_{n+1}\), l’ordre est inversé :
\[ x_{n+1}La suite est minorée par \(0\). Elle converge donc vers un réel \(\ell\ge0\).
Supposons \(\ell>0\). Comme tous les termes appartiennent à \(]0;1]\), on aurait \(\ell\in]0;1]\). La fonction \(f\) étant continue en \(\ell\),
\[ f(x_n)\longrightarrow f(\ell)\in\mathbb R. \]Mais \(f(x_n)=n\to+\infty\), ce qui est impossible. Ainsi, \(\ell=0\).
Relier \(\sqrt n\) à \(\dfrac{\ln x_n}{x_n-1}\), puis déterminer :
\[ \lim_{n\to+\infty}x_n\sqrt n. \]Afficher la réponse Masquer la réponse
Relation avec \(\sqrt n\) et limite finale
Pour \(n=1\), on a \(x_1=1\), et le quotient \(\dfrac{\ln x_1}{x_1-1}\) n’est pas défini sous sa forme brute. La relation demandée est directement valable pour \(n\ge2\). Pour \(n=1\), elle ne peut être comprise qu’après prolongement par continuité du quotient en \(1\).
D’après la question 6-a de la Partie II, \(x_n\in]0;1]\). Pour \(n\ge2\), l’égalité \(f(x_n)=n>1=f(1)\), combinée à la stricte décroissance de \(f\) sur \(]0;1]\), donne \(x_n<1\). Ainsi, \(x_n\in]0;1[\), donc :
\[ \frac{\ln x_n}{x_n-1}\gt0. \]Comme \(f(x_n)=n\) :
\[ \left( \frac{\ln x_n}{x_n-1} \right)^2=n. \]Le quotient étant positif :
\[ \sqrt n= \frac{\ln x_n}{x_n-1}. \]Ainsi :
\[ x_n\sqrt n = \frac{x_n\ln x_n}{x_n-1}. \]D’après la question 6-b de la Partie II,
\[ x_n\longrightarrow0^+, \qquad x_n\ln x_n\longrightarrow0, \qquad x_n-1\longrightarrow-1. \]et :
\[ \boxed{ \lim_{n\to+\infty}x_n\sqrt n=0 }. \]Exercice 2 — Intégrales et suites
Formule intégrale, majoration uniforme et application à deux suites.
La fonction \(\varphi\) est dérivable sur \([0;1]\) et sa dérivée \(\varphi'\) est continue sur \([0;1]\). Pour la dernière question, on considère :
\[ u_n=\int_0^1\frac{nt^n}{1+2t}\,dt, \qquad v_n=2^{n+1}n\int_0^{1/2}x^n\operatorname{Arctan}(2x)\,dx. \]Pour tout entier naturel non nul \(n\), établir la décomposition :
\[ \int_0^1x^n\varphi(x)\,dx=\frac{\varphi(1)}{n+1}+\int_0^1x^n\bigl(\varphi(x)-\varphi(1)\bigr)\,dx. \]Afficher la réponse Masquer la réponse
Décomposition de l’intégrale
Pour tout entier naturel non nul \(n\) :
\[ \int_0^1x^n\varphi(x)\,dx = \int_0^1x^n\varphi(1)\,dx + \int_0^1x^n\bigl(\varphi(x)-\varphi(1)\bigr)\,dx. \]Comme \(\varphi(1)\) est constante :
\[ \int_0^1x^n\varphi(1)\,dx = \varphi(1)\int_0^1x^n\,dx = \frac{\varphi(1)}{n+1}. \]Montrer qu’il existe \(M\in\mathbb R_+\) tel que :
\[ \forall x\in[0;1],\qquad |\varphi'(x)|\le M. \]Afficher la réponse Masquer la réponse
Majoration uniforme de \(|\varphi'|\)
Toute fonction continue sur un segment est bornée et atteint son minimum et son maximum sur ce segment.
La fonction \(\varphi'\) est continue sur \([0;1]\). Comme la fonction valeur absolue est continue, la fonction :
\[ x\longmapsto |\varphi'(x)| \]est continue sur le segment \([0;1]\). Elle y atteint donc un maximum. Posons :
\[ M=\max_{x\in[0;1]}|\varphi'(x)|. \]On a \(M\in\mathbb R_+\) et, par définition du maximum :
\[ \forall x\in[0;1],\qquad |\varphi'(x)|\le M. \]Montrer que, pour tout \(x\in[0;1]\),
\[ |\varphi(x)-\varphi(1)|\le M(1-x). \]Afficher la réponse Masquer la réponse
Majoration de \(|\varphi(x)-\varphi(1)|\)
Soit \(x\in[0;1[\). Puisque \(\varphi\) est dérivable sur \([0;1]\), elle est continue sur le segment \([x;1]\) et dérivable sur l’intervalle ouvert \(]x;1[\).
Le théorème des accroissements finis s’applique donc sur \([x;1]\).
Il existe \(c_x\in]x;1[\) tel que :
\[ \varphi(1)-\varphi(x)=\varphi'(c_x)(1-x). \]En prenant les valeurs absolues, et puisque \(1-x\ge0\),
\[ |\varphi(x)-\varphi(1)|=|\varphi'(c_x)|(1-x). \]D’après la question 2, \(|\varphi'(c_x)|\le M\). Ainsi :
\[ |\varphi(x)-\varphi(1)|\le M(1-x). \]Pour \(x=1\), les deux membres sont nuls ; l’inégalité reste donc vraie.
Déduire des questions précédentes :
\[ \lim_{n\to+\infty}n\int_0^1x^n\varphi(x)\,dx=\varphi(1). \]Afficher la réponse Masquer la réponse
Limite de \(n\displaystyle\int_0^1x^n\varphi(x)\,dx\)
Posons :
\[ I_n=\int_0^1x^n\varphi(x)\,dx. \]D’après la question 1,
\[ I_n=\frac{\varphi(1)}{n+1}+\int_0^1x^n\bigl(\varphi(x)-\varphi(1)\bigr)\,dx. \]D’après la question 3, pour tout \(x\in[0;1]\),
\[ |\varphi(x)-\varphi(1)|\le M(1-x). \]Comme \(x^n\ge0\) sur \([0;1]\),
\[ \left|x^n\bigl(\varphi(x)-\varphi(1)\bigr)\right|\le Mx^n(1-x). \]La valeur absolue d’une intégrale est majorée par l’intégrale de la valeur absolue. De plus, l’intégration sur \([0;1]\) conserve l’ordre puisque \(0<1\). On obtient donc :
\[ \left|\int_0^1x^n\bigl(\varphi(x)-\varphi(1)\bigr)\,dx\right| \le M\int_0^1x^n(1-x)\,dx. \]Or :
\[ \int_0^1x^n(1-x)\,dx=\frac1{n+1}-\frac1{n+2}=\frac1{(n+1)(n+2)}. \]Ainsi :
\[ \left|n\int_0^1x^n\bigl(\varphi(x)-\varphi(1)\bigr)\,dx\right| \le\frac{nM}{(n+1)(n+2)}\longrightarrow0. \]Par ailleurs :
\[ \frac{n}{n+1}\varphi(1)\longrightarrow\varphi(1). \]En utilisant le résultat de la question 4, calculer les limites des suites \((u_n)\) et \((v_n)\) définies dans les données de l’exercice.
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Limites des suites \((u_n)\) et \((v_n)\)
D’après la question 4, si \(\psi\) est dérivable sur \([0;1]\) et si \(\psi'\) est continue sur \([0;1]\), alors :
\[ n\int_0^1t^n\psi(t)\,dt\longrightarrow\psi(1). \]On prend \(\psi_1(t)=\dfrac1{1+2t}\). Cette fonction est dérivable sur \([0;1]\) et sa dérivée est continue sur \([0;1]\). Comme :
\[ u_n=n\int_0^1t^n\psi_1(t)\,dt, \]la question 4 donne :
\[ u_n\longrightarrow\psi_1(1)=\frac13. \]Dans l’intégrale définissant \(v_n\), posons \(t=2x\). Alors \(x=\dfrac t2\), \(dx=\dfrac{dt}{2}\), et les bornes \(0\) et \(\dfrac12\) deviennent \(0\) et \(1\). Ainsi :
\[ v_n=2^{n+1}n\int_0^{1/2}x^n\operatorname{Arctan}(2x)\,dx =n\int_0^1t^n\operatorname{Arctan}(t)\,dt. \]La fonction \(\psi_2(t)=\operatorname{Arctan}(t)\) est dérivable sur \([0;1]\) et sa dérivée est continue. La question 4 donne donc :
\[ v_n\longrightarrow\operatorname{Arctan}(1)=\frac\pi4. \]Exercice 3 — Nombres complexes
Factorisation d’un polynôme, nombres réels ou imaginaires purs, alignement, perpendicularité et cocyclicité.
Partie I. Pour \(m\in\mathbb C^*\setminus\{1,-i\}\), on étudie le polynôme :
\[ P_m(z)=z^3-\bigl(1+(1+i)m\bigr)z^2+\bigl((1+i)m+im^2\bigr)z-im^2. \]Partie II. On suppose \(|m|=1\) et \(m\notin\{-i,i,-1,1\}\). Les affixes des points sont :
\[ a=m,\quad b=1,\quad c=im,\quad e=\frac12(1+i)(m-i),\quad f=\frac12(1+i)(1+m). \]Vérifier directement que les nombres complexes \(1\) et \(m\) sont des solutions de l’équation \(P_m(z)=0\).
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Vérification directe des deux racines
Notons \(P_m\) le polynôme défini dans les données de l’exercice.
Ainsi, \(1\) est une solution.
Ainsi, \(m\) est également une solution.
Déduire de la question 1 l’ensemble de toutes les solutions de l’équation \(P_m(z)=0\).
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Factorisation justifiée et ensemble des solutions
Si \(P(a)=0\), alors le polynôme \(z-a\) divise \(P(z)\).
D’après la question 1 de la Partie I, \(P_m(1)=0\). La division euclidienne de \(P_m(z)\) par \(z-1\) donne :
\[ P_m(z)=(z-1)\left(z^2-(1+i)mz+im^2\right). \]Comme \(P_m(m)=0\) et \(m\ne1\), on a :
\[ m^2-(1+i)m^2+im^2=0. \]Le nombre \(m\) est donc une racine du quotient du second degré. Ainsi, \(z-m\) divise ce quotient.
La division de \(z^2-(1+i)mz+im^2\) par \(z-m\) donne \(z-im\). On peut vérifier par développement :
\[ (z-m)(z-im)=z^2-(1+i)mz+im^2. \]Par conséquent :
\[ P_m(z)=(z-1)(z-m)(z-im). \]Dans la Partie I, on a \(m\in\mathbb C^*\setminus\{1,-i\}\). Ainsi, \(m\ne0\) et \(m\ne1\). De plus, \(im=m\) entraînerait \((i-1)m=0\), ce qui est impossible puisque \(m\ne0\). Enfin, \(im=1\) entraînerait \(m=-i\), valeur exclue.
Montrer que :
\[ \overline{\left(\frac{m+i}{1+im}\right)}-\frac{m+i}{1+im}=0 \quad\text{et}\quad \overline{\left(\frac{m+1}{m-1}\right)}+\frac{m+1}{m-1}=0. \]Afficher la réponse Masquer la réponse
Un quotient réel et un quotient imaginaire pur
Comme \(|m|=1\),
\[ m\overline m=1, \qquad \overline m=\frac1m, \qquad m=\frac1{\overline m}. \]Posons \(r=\dfrac{m+i}{1+im}\). Alors :
\[ \overline r=\frac{\overline m-i}{1-i\overline m}=\frac{1-im}{m-i}. \]Or \(1-im=-i(m+i)\) et \(1+im=i(m-i)\). Donc :
\[ \overline r=-i\frac{m+i}{m-i}=\frac{m+i}{1+im}=r. \]Ainsi, \(r\in\mathbb R\).
Posons \(s=\dfrac{m+1}{m-1}\). En remplaçant \(m\) par \(\dfrac1{\overline m}\),
\[ s=\frac{\frac1{\overline m}+1}{\frac1{\overline m}-1}=\frac{1+\overline m}{1-\overline m}=-\frac{\overline m+1}{\overline m-1}=-\overline s. \]Le dénominateur obtenu est bien \(1-\overline m\). L’égalité \(s=-\overline s\) montre que \(s\) est un imaginaire pur.
Montrer que le nombre complexe suivant est un imaginaire pur :
\[ (1+i)\frac{m-1}{m+i}. \]Afficher la réponse Masquer la réponse
Un quotient imaginaire pur
Posons :
\[ q=(1+i)\frac{m-1}{m+i}. \]En utilisant \(\overline m=\dfrac1m\) :
\[ \overline q = (1-i)\frac{1-m}{1-im}. \]Or \(1-im=-i(m+i)\), donc :
\[ \overline q = \frac{1-i}{-i}\frac{1-m}{m+i}. \]Comme :
\[ \frac{1-i}{-i}=1+i, \]on obtient :
\[ \overline q = (1+i)\frac{1-m}{m+i} =-q. \]Montrer que :
\[ \frac{e-c}{e-b}=-i\frac{m+1}{m-1}. \]Afficher la réponse Masquer la réponse
Calcul du quotient \(\dfrac{e-c}{e-b}\)
Comme \(m\ne1\), le dénominateur est non nul.
Or :
\[ \frac{1-i}{1+i}=\frac{(1-i)^2}{(1+i)(1-i)}=\frac{-2i}{2}=-i. \]En déduire que le point \(E\) appartient à la droite \((BC)\).
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Alignement des points \(B\), \(C\) et \(E\)
Les points \(B\), \(C\) et \(E\), deux à deux distincts, sont alignés si et seulement si :
\[ \frac{e-c}{e-b}\in\mathbb R. \]D’après la question 1 de la Partie II-A, \(\dfrac{m+1}{m-1}\) est un imaginaire pur. Son produit par \(-i\) est donc réel.
D’après la question 1-a de la Partie II-B,
\[ \frac{e-c}{e-b}=-i\frac{m+1}{m-1}\in\mathbb R. \]Montrer que :
\[ \frac{e-a}{c-b}=\frac12(1+i)\frac{m-1}{m+i}. \]Afficher la réponse Masquer la réponse
Calcul du quotient \(\dfrac{e-a}{c-b}\)
Comme \(m\ne-i\), le dénominateur est non nul.
Or :
\[ \frac{i-1}{i}=1+i. \]En déduire que les droites \((AE)\) et \((BC)\) sont perpendiculaires.
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Perpendicularité de \((AE)\) et \((BC)\)
Deux droites de vecteurs directeurs d’affixes non nulles \(u\) et \(v\) sont perpendiculaires si et seulement si \(\dfrac uv\) est un imaginaire pur.
D’après la question 2 de la Partie II-A,
\[ (1+i)\frac{m-1}{m+i} \]est un imaginaire pur. Sa moitié est donc aussi un imaginaire pur.
D’après la question 2-a de la Partie II-B,
\[ \frac{e-a}{c-b}=\frac12(1+i)\frac{m-1}{m+i}. \]Ainsi, les vecteurs directeurs d’affixes \(e-a\) et \(c-b\) sont orthogonaux.
Montrer que :
\[ \frac{f-c}{f-a}=-i\frac{m+i}{1+im}. \]Afficher la réponse Masquer la réponse
Calcul du quotient \(\dfrac{f-c}{f-a}\)
Comme \(m\ne i\), le dénominateur est non nul.
Or \(1+im=i(m-i)\), donc :
\[ -\frac{m+i}{m-i}=-i\frac{m+i}{1+im}. \]En déduire que les points \(A\), \(E\), \(C\) et \(F\) sont cocycliques.
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Cocyclicité des points \(A\), \(E\), \(C\) et \(F\)
Un point \(M\), distinct de \(A\) et \(C\), appartient au cercle de diamètre \([AC]\) si et seulement si l’angle \(\widehat{AMC}\) est droit.
D’après la question 1-b de la Partie II-B, \(E\in(BC)\). D’après la question 2-b de la Partie II-B, \((AE)\perp(BC)\). Comme \((EC)=(BC)\),
\[ (AE)\perp(EC), \]donc \(\widehat{AEC}=90^\circ\). Le point \(E\) appartient au cercle de diamètre \([AC]\).
D’après la question 1 de la Partie II-A, \(\dfrac{m+i}{1+im}\) est réel. Son produit par \(-i\) est donc un imaginaire pur.
D’après la question 3-a de la Partie II-B,
\[ \frac{f-c}{f-a}=-i\frac{m+i}{1+im} \]est un imaginaire pur. Ainsi, \((FC)\perp(FA)\), donc \(\widehat{AFC}=90^\circ\). Le point \(F\) appartient lui aussi au cercle de diamètre \([AC]\).
Exercice 4 — Arithmétique et probabilités
Équation diophantienne, sommes de chiffres dans une base, congruences et loi binomiale.
Partie I. On considère dans \(\mathbb Z^2\) l’équation \((E):5x-6y=2\).
Partie II. Si \(n=\sum_{i=0}^{p}a_ib^i\) est l’écriture de \(n\) en base \(b\), on pose \(S_b(n)=\sum_{i=0}^{p}a_i\).
Partie III. Une urne contient 25 boules numérotées de 1 à 25. Deux tirages successifs avec remise fournissent un couple ordonné \((x,y)\).
Déterminer toutes les solutions entières de l’équation :
\[ 5x-6y=2. \]Afficher la réponse Masquer la réponse
Résolution complète de l’équation diophantienne
Le couple \((4,3)\) est donc une solution particulière de \((E)\).
Si un entier \(a\) divise un produit \(bc\) et si \(a\wedge b=1\), alors \(a\) divise \(c\).
Soit \((x,y)\in\mathbb Z^2\) une solution. On a :
\[ 5x-6y=2 \qquad\text{et}\qquad 5\times4-6\times3=2. \]En soustrayant :
\[ 5(x-4)=6(y-3). \]Ainsi, \(5\mid6(y-3)\). Or \(5\wedge6=1\). D’après le théorème de Gauss :
\[ 5\mid y-3. \]Il existe donc \(k\in\mathbb Z\) tel que :
\[ y-3=5k, \qquad\text{soit}\qquad y=3+5k. \]En remplaçant dans \(5(x-4)=6(y-3)\) :
\[ 5(x-4)=6\times5k, \]d’où :
\[ x-4=6k, \qquad\text{soit}\qquad x=4+6k. \]Pour tout \(k\in\mathbb Z\),
\[ 5(4+6k)-6(3+5k)=20+30k-18-30k=2. \]Tout couple obtenu est donc bien solution.
Soit \((x,y)\) une solution de \((E)\) et soit \(d=x\wedge y\). Déterminer les valeurs possibles de \(d\).
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Valeurs possibles du PGCD
Si \(d=x\wedge y\), alors \(d\) divise toute combinaison linéaire entière de \(x\) et \(y\).
Or :
\[ 5x-6y=2. \]Donc \(d\mid2\). Comme \(d\gt0\) :
\[ d\in\{1,2\}. \]Déterminer les couples solutions \((x,y)\) de \((E)\) pour lesquels \(x\wedge y=1\).
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Solutions pour lesquelles \(x\wedge y=1\)
D’après la question 1 de la Partie I,
\[ x=4+6k, \qquad y=3+5k, \qquad k\in\mathbb Z. \]D’après la question 2-a de la Partie I, le PGCD \(d=x\wedge y\) appartient à \(\{1,2\}\).
Le nombre \(x=4+6k\) est toujours pair.
Pour \(y\), on a :
\[ 3\equiv1\ [2] \qquad\text{et}\qquad 5k\equiv k\ [2]. \]Par compatibilité de l’addition avec la congruence :
\[ y=3+5k\equiv1+k\ [2]. \]- Si \(k\) est impair, alors \(y\) est pair. Ainsi, \(2\mid x\) et \(2\mid y\), donc \(d=2\).
- Si \(k\) est pair, alors \(y\) est impair. Le PGCD ne peut pas être \(2\), donc, puisque \(d\in\{1,2\}\), on a \(d=1\).
Par conséquent, \(d=1\) si et seulement si \(k=2q\) avec \(q\in\mathbb Z\). Alors :
\[ x=4+12q, \qquad y=3+10q. \]Montrer que la somme des chiffres de \(n\) en base \(b\) vérifie :
\[ S_b(n)\equiv n\ [b-1]. \]Afficher la réponse Masquer la réponse
Congruence entre \(n\) et la somme de ses chiffres
La congruence est compatible avec les puissances, la multiplication et l’addition.
Comme :
\[ b\equiv1\ [b-1], \]la compatibilité avec les puissances donne, pour tout \(i\in\{0,\ldots,p\}\),
\[ b^i\equiv1^i\equiv1\ [b-1]. \]En multipliant par le chiffre \(a_i\),
\[ a_ib^i\equiv a_i\ [b-1]. \]Puis, par compatibilité de l’addition :
\[ \sum_{i=0}^{p}a_ib^i\equiv\sum_{i=0}^{p}a_i\ [b-1]. \]Or le membre de gauche est \(n\), et celui de droite est \(S_b(n)\).
On suppose que \(\bigl(S_5(n),S_6(n)\bigr)\) est une solution de \((E)\) et que ses deux composantes sont premières entre elles. Montrer que :
\[ n\equiv0\ [4] \qquad\text{et}\qquad n\equiv3\ [5]. \]Afficher la réponse Masquer la réponse
Deux congruences vérifiées par \(n\)
D’après la question 2-b de la Partie I, puisque \(\bigl(S_5(n),S_6(n)\bigr)\) est une solution de \((E)\) dont les composantes sont premières entre elles, il existe \(q\in\mathbb Z\) tel que :
\[ S_5(n)=4+12q, \qquad S_6(n)=3+10q. \]D’après la question 1 de la Partie II,
\[ S_5(n)\equiv n\ [4] \qquad\text{et}\qquad S_6(n)\equiv n\ [5]. \]Comme \(S_5(n)\equiv n\ [4]\), on obtient :
\[ n\equiv0\ [4]. \]Comme \(S_6(n)\equiv n\ [5]\), on obtient :
\[ n\equiv3\ [5]. \]Déduire du système de congruences précédent que :
\[ n\equiv8\ [20]. \]Afficher la réponse Masquer la réponse
Résolution du système de congruences
D’après la question 2-a de la Partie II, \(n\equiv0\ [4]\). Il existe donc \(r\in\mathbb Z\) tel que :
\[ n=4r. \]La seconde congruence devient :
\[ 4r\equiv3\ [5]. \]Or :
\[ 4\equiv-1\ [5]. \]Par compatibilité avec la multiplication :
\[ -r\equiv3\ [5], \]donc :
\[ r\equiv-3\equiv2\ [5]. \]Il existe alors \(k\in\mathbb Z\) tel que \(r=2+5k\). Ainsi :
\[ n=4(2+5k)=8+20k. \]Calculer \(S_5(28)\) et \(S_6(28)\).
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Calcul de \(S_5(28)\) et \(S_6(28)\)
Donc :
\[ 28=(103)_5, \qquad S_5(28)=1+0+3=4. \]Donc :
\[ 28=(44)_6, \qquad S_6(28)=4+4=8. \]Le couple \(\bigl(S_5(28),S_6(28)\bigr)\) est-il une solution de \((E)\) ? Justifier.
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Vérification de l’équation
Or :
\[ -28\ne2. \]On note \(V\) l’événement : « le couple ordonné \((x,y)\) obtenu est une solution de \((E)\) ». Calculer \(P(V)\).
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Probabilité de l’événement \(V\)
Les tirages sont successifs et avec remise. Le résultat est donc un couple ordonné \((x,y)\), avec \(x,y\in\{1,\ldots,25\}\). Les \(25^2=625\) couples sont équiprobables.
D’après la question 1 de la Partie I, les solutions de \((E)\) sont :
\[ (x,y)=(4+6k,\,3+5k),\qquad k\in\mathbb Z. \]Les conditions \(1\le x\le25\) et \(1\le y\le25\) imposent :
\[ k\in\{0,1,2,3\}. \]Les quatre couples favorables sont :
\[ (4,3),\quad(10,8),\quad(16,13),\quad(22,18). \]Ainsi :
\[ P(V)=\frac4{625}. \]On répète l’expérience dix fois, de manière indépendante. Calculer la probabilité que l’événement \(V\) se réalise exactement deux fois.
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Probabilité d’obtenir exactement deux réalisations de \(V\)
Chaque répétition constitue une épreuve de Bernoulli dont le succès est la réalisation de \(V\). La remise des boules après chaque tirage conserve la même probabilité :
\[ p=P(V)=\frac4{625}. \]Les dix répétitions sont indépendantes. Si \(X\) désigne le nombre de réalisations de \(V\), alors :
\[ X\sim\mathcal B\left(10,\frac4{625}\right). \]La notation \(\mathrm C_{10}^{2}\) désigne le nombre de choix de 2 succès parmi 10 épreuves. Comme \(\mathrm C_{10}^{2}=45\) et \(1-\dfrac4{625}=\dfrac{621}{625}\),
\[ P(X=2)=45\left(\frac4{625}\right)^2\left(\frac{621}{625}\right)^8. \]Exercice 5 — Structures algébriques
Matrices paramétrées, isomorphisme de groupes, résolution d’une équation et construction d’un corps.
On fixe \(a\in\mathbb R_+^*\setminus\{1\}\) et, pour \(x\in\mathbb R\),
\[ M(x)=\begin{pmatrix}a^x&a^x-1&0\\0&1&0\\0&0&a^x\end{pmatrix}, \qquad E=\{M(x)\,;\,x\in\mathbb R\}. \]Le symbole \(\times\) désigne le produit matriciel. Dans la dernière partie, la loi \(T\) est définie par :
\[ M(x)\,T\,M(y)=M\left(\frac{xy}{\sqrt2}\right). \]Pour les questions 3-a et 3-b, on prend \(a=5\) et :
\[ A= \begin{pmatrix} \dfrac1{25}&-\dfrac{24}{25}&0\\ 0&1&0\\ 0&0&\dfrac1{25} \end{pmatrix} \] \[ B= \begin{pmatrix} 25&24&0\\ 0&1&0\\ 0&0&25 \end{pmatrix} \]Montrer que l’ensemble \(E\) est stable pour le produit matriciel.
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Stabilité de \(E\) pour le produit matriciel
Comme \(a\gt0\) :
\[ a^xa^y=a^{x+y}. \]Pour \(x,y\in\mathbb R\) :
\[ M(x)M(y) = \begin{pmatrix} a^x & a^x-1 & 0\\ 0&1&0\\ 0&0&a^x \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a^y & a^y-1 & 0\\ 0&1&0\\ 0&0&a^y \end{pmatrix}. \]La première ligne donne :
\[ a^xa^y=a^{x+y} \]et :
\[ a^x(a^y-1)+(a^x-1)=a^{x+y}-1. \]Ainsi :
\[ M(x)M(y) = \begin{pmatrix} a^{x+y} & a^{x+y}-1 & 0\\ 0&1&0\\ 0&0&a^{x+y} \end{pmatrix} = M(x+y). \]L’ensemble \(E\) est stable pour le produit matriciel.
On définit \(\varphi:\mathbb R\to E\) par \(\varphi(x)=M(x)\). Montrer que \(\varphi\) est un isomorphisme de \((\mathbb R,+)\) vers \((E,\times)\).
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Isomorphisme de \((\mathbb R,+)\) vers \((E,\times)\)
D’après la question 1 de l’Exercice 5 :
\[ \varphi(x+y) = M(x+y) = M(x)M(y) = \varphi(x)\times\varphi(y). \]La fonction \(\varphi\) est donc un morphisme.
Si \(\varphi(x)=\varphi(y)\), alors :
\[ a^x=a^y. \]Comme \(a\gt0\) et \(a\ne1\), la fonction \(t\mapsto a^t\) est strictement monotone. Donc :
\[ x=y. \]Par définition :
\[ E=\{M(x)\mid x\in\mathbb R\}. \]Tout élément de \(E\) possède donc un antécédent par \(\varphi\).
En déduire que \((E,\times)\) est un groupe commutatif.
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Structure de groupe commutatif par transfert
Un isomorphisme permet de transporter la structure algébrique de l’ensemble de départ vers l’ensemble d’arrivée.
Autrement dit, si \(G\) est un groupe commutatif et si \(\varphi:G\to H\) est un isomorphisme, alors \(H\) est aussi un groupe commutatif.
D’après la question 2-a de l’Exercice 5,
\[ \varphi:(\mathbb R,+)\longrightarrow(E,\times) \]est un isomorphisme.
Or \((\mathbb R,+)\) est un groupe commutatif.
Comme \(\varphi\) est surjective, son image est exactement l’ensemble d’arrivée :
\[ \varphi(\mathbb R)=E. \]Donc la structure de groupe commutatif de \((\mathbb R,+)\) se transporte sur \((E,\times)\).
On peut identifier les éléments remarquables par image : le neutre est \(\varphi(0)=M(0)=I\), et le symétrique de \(M(x)\) est \(M(-x)\). Cette identification n’est pas nécessaire pour prouver la structure, car l’isomorphisme suffit.
Pour \(a=5\), on considère les deux matrices :
\[ A= \begin{pmatrix} \dfrac1{25}&-\dfrac{24}{25}&0\\ 0&1&0\\ 0&0&\dfrac1{25} \end{pmatrix} \] \[ B= \begin{pmatrix} 25&24&0\\ 0&1&0\\ 0&0&25 \end{pmatrix} \]Vérifier que \(A\in E\) et \(B\in E\).
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Identification de \(A\) et \(B\)
On prend maintenant \(a=5\).
Pour \(a=5\), on considère :
\[ A= \begin{pmatrix} \dfrac1{25}&-\dfrac{24}{25}&0\\ 0&1&0\\ 0&0&\dfrac1{25} \end{pmatrix} \] \[ B= \begin{pmatrix} 25&24&0\\ 0&1&0\\ 0&0&25 \end{pmatrix} \]Résoudre dans \(E\) l’équation matricielle :
\[ A^5 imes X^6=B^{2026}. \]Afficher la réponse Masquer la réponse
Résolution de l’équation matricielle dans \(E\)
D’après la question 1, \(M(x)M(y)=M(x+y)\). Une récurrence immédiate donne, pour tout entier naturel \(n\),
\[ M(x)^n=M(nx). \]D’après la question 3-a, \(A=M(-2)\) et \(B=M(2)\). Soit \(X=M(t)\in E\). Alors :
\[ A^5=M(-10),\qquad X^6=M(6t),\qquad B^{2026}=M(4052). \]L’équation devient :
\[ M(-10)M(6t)=M(4052), \]soit, d’après la question 1 :
\[ M(6t-10)=M(4052). \]L’application \(t\mapsto M(t)\) est injective d’après la question 2-a. Donc :
\[ 6t-10=4052, \qquad t=677. \]Montrer que \((E\setminus\{I\},T)\) est un groupe commutatif.
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Structure de groupe commutatif par transfert
Comme \(I=M(0)\) et comme l’application \(x\mapsto M(x)\) est injective, on a :
\[ E\setminus\{I\}=\{M(x)\,;\,x\in\mathbb R^*\}. \]On ne va pas vérifier séparément l’associativité, le neutre, les symétriques et la commutativité. On construit un isomorphisme à partir d’un groupe déjà connu.
On définit :
\[ \psi:\mathbb R^*\longrightarrow E\setminus\{I\}, \qquad \psi(t)=M(\sqrt2\,t). \]Cette application est bien définie car, si \(t\ne0\), alors \(\sqrt2\,t\ne0\), donc \(M(\sqrt2\,t)\ne M(0)=I\).
Pour tous \(t,u\in\mathbb R^*\), on a :
\[ \psi(tu)=M(\sqrt2\,tu). \]D’autre part :
\[ \psi(t)T\psi(u) = M(\sqrt2\,t)T M(\sqrt2\,u) = M\left(\frac{(\sqrt2\,t)(\sqrt2\,u)}{\sqrt2}\right) = M(\sqrt2\,tu). \]Donc :
\[ \psi(tu)=\psi(t)T\psi(u). \]Ainsi, \(\psi\) est un morphisme de \((\mathbb R^*,\times)\) vers \((E\setminus\{I\},T)\).
Soit \(M(x)\in E\setminus\{I\}\). Alors \(x\ne0\). En posant
\[ t=\frac{x}{\sqrt2}, \]on a \(t\in\mathbb R^*\) et :
\[ \psi(t)=M\left(\sqrt2\cdot\frac{x}{\sqrt2}\right)=M(x). \]Donc \(\psi\) est surjective.
Si \(\psi(t)=\psi(u)\), alors :
\[ M(\sqrt2\,t)=M(\sqrt2\,u). \]Par injectivité de \(x\mapsto M(x)\), on obtient :
\[ \sqrt2\,t=\sqrt2\,u, \]donc \(t=u\). Ainsi, \(\psi\) est injective.
Finalement, \(\psi\) est un isomorphisme.
On sait que \((\mathbb R^*,\times)\) est un groupe commutatif.
Comme \(\psi\) est un isomorphisme de \((\mathbb R^*,\times)\) vers \((E\setminus\{I\},T)\), la structure de groupe commutatif se transfère à \(E\setminus\{I\}\).
Le neutre pour \(T\) est l’image de \(1\) :
\[ \psi(1)=M(\sqrt2). \]Le symétrique de \(M(x)\), pour \(x\ne0\), est \(M\left(\dfrac2x\right)\). Ces identifications confirment les éléments remarquables, mais la preuve de la structure repose sur l’isomorphisme.
Montrer que \((E,\times,T)\) est un corps commutatif.
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Structure de corps commutatif par transfert
Pour montrer qu’un ensemble muni de deux lois est un corps, on peut transférer la structure d’un corps connu à l’aide d’un isomorphisme qui respecte les deux lois.
On définit :
\[ \Psi:\mathbb R\longrightarrow E, \qquad \Psi(t)=M(\sqrt2\,t). \]L’application \(\Psi\) est bijective : pour tout \(M(x)\in E\), on prend \(t=\dfrac{x}{\sqrt2}\), et alors \(\Psi(t)=M(x)\). L’injectivité découle de l’injectivité de \(x\mapsto M(x)\).
Pour tous \(t,u\in\mathbb R\),
\[ \Psi(t+u)=M(\sqrt2(t+u)). \]Or, d’après la question 1 de l’Exercice 5,
\[ \Psi(t)\times\Psi(u) = M(\sqrt2 t)\times M(\sqrt2 u) = M(\sqrt2 t+\sqrt2 u) = M(\sqrt2(t+u)). \]Donc :
\[ \Psi(t+u)=\Psi(t)\times\Psi(u). \]Pour tous \(t,u\in\mathbb R\),
\[ \Psi(tu)=M(\sqrt2\,tu). \]D’autre part :
\[ \Psi(t)T\Psi(u) = M(\sqrt2 t)T M(\sqrt2 u) = M\left(\frac{(\sqrt2 t)(\sqrt2 u)}{\sqrt2}\right) = M(\sqrt2 tu). \]Donc :
\[ \Psi(tu)=\Psi(t)T\Psi(u). \]On sait que \((\mathbb R,+,\times)\) est un corps commutatif.
L’application \(\Psi\) est bijective et elle transporte :
\[ +\quad\text{vers}\quad \times \]et :
\[ \times\quad\text{vers}\quad T. \]Donc la structure de corps commutatif de \((\mathbb R,+,\times)\) se transfère à \((E,\times,T)\).
Le zéro du corps \((E,\times,T)\) est l’image de \(0\) :
\[ \Psi(0)=M(0)=I. \]L’unité multiplicative pour \(T\) est l’image de \(1\) :
\[ \Psi(1)=M(\sqrt2). \]
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