الامتحان الوطني الموحد للبكالوريا 2022 – الرياضيات – شعبة العلوم الرياضية (أ) و (ب) – الدورة العادية

Exercice 1 : Analyse

Partie A

1- Encadrement de \(1 - x + x^{2} - \dfrac{1}{x + 1}\)

Soit \(x \in \mathbb{R}^{+}\). Comme \((1 - x + x^{2})(1 + x) = 1 + x^{3}\) :

\[\begin{aligned} &1 - x + x^{2} - \dfrac{1}{x + 1} \\ &= \dfrac{(1 - x + x^{2})(1 + x) - 1}{x + 1} \\ &= \dfrac{x^{3}}{x + 1} \end{aligned}\]

Or \(x \geq 0\), donc \(x^{3} \geq 0\) et \(x + 1 \geq 1\). Par suite \(0 \leq \dfrac{x^{3}}{x + 1} \leq x^{3}\), c’est-à-dire :

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

2- Encadrement de \(\ln(1 + x)\)

Soit \(x \in \mathbb{R}^{+}\). On pose \(h(t) = 1 - t + t^{2} - \dfrac{1}{t + 1}\). D’après la question 1, pour tout \(t \in [0, x]\) : \(0 \leq h(t) \leq t^{3}\). Ces fonctions sont continues sur \([0, x]\) et \(0 \leq x\), donc en intégrant :

\[0 \leq \int_{0}^{x} h(t)\,dt \leq \int_{0}^{x} t^{3}\,dt\]

Or \(\displaystyle\int_{0}^{x} t^{3}\,dt = \dfrac{x^{4}}{4}\) et :

\[\begin{aligned} &\int_{0}^{x} h(t)\,dt \\ &= \left[t - \dfrac{t^{2}}{2} + \dfrac{t^{3}}{3} - \ln(1 + t)\right]_{0}^{x} \\ &= x - \dfrac{x^{2}}{2} + \dfrac{x^{3}}{3} - \ln(1 + x) \end{aligned}\]

Donc, pour tout \(x \in \mathbb{R}^{+}\) :

\[\begin{aligned} 0 &\leq x - \dfrac{x^{2}}{2} + \dfrac{x^{3}}{3} - \ln(1 + x) \\ &\leq \dfrac{x^{4}}{4} \end{aligned}\]

Partie B

1- a) Continuité de \(f\) à droite en \(0\)

Soit \(x > 0\). L’encadrement de A- 2 s’écrit :

\[\begin{aligned} \dfrac{x^{2}}{2} - \dfrac{x^{3}}{3} &\leq x - \ln(1 + x) \\ &\leq \dfrac{x^{2}}{2} - \dfrac{x^{3}}{3} + \dfrac{x^{4}}{4} \end{aligned}\]

En divisant par \(x^{2} > 0\), on obtient l’encadrement (1) :

\[\dfrac{1}{2} - \dfrac{x}{3} \leq f(x) \leq \dfrac{1}{2} - \dfrac{x}{3} + \dfrac{x^{2}}{4}\]

Les deux membres extrêmes tendent vers \(\dfrac{1}{2}\) quand \(x\) tend vers \(0^{+}\). D’après le théorème des gendarmes :

\[\lim_{x \to 0^{+}} f(x) = \dfrac{1}{2} = f(0)\]

Donc \(f\) est continue à droite en \(0\).

1- b) Dérivabilité de \(f\) à droite en \(0\)

Soit \(x > 0\). On retranche \(f(0) = \dfrac{1}{2}\) dans l’encadrement (1), puis on divise par \(x > 0\) :

\[-\dfrac{1}{3} \leq \dfrac{f(x) - f(0)}{x - 0} \leq -\dfrac{1}{3} + \dfrac{x}{4}\]

Comme \(\displaystyle\lim_{x \to 0^{+}} \left(-\dfrac{1}{3} + \dfrac{x}{4}\right) = -\dfrac{1}{3}\), le théorème des gendarmes donne :

\[\lim_{x \to 0^{+}} \dfrac{f(x) - f(0)}{x - 0} = -\dfrac{1}{3}\]

Donc \(f\) est dérivable à droite en \(0\) et \(f_{d}'(0) = -\dfrac{1}{3}\). La courbe \((C)\) admet au point d’abscisse \(0\) une demi-tangente de coefficient directeur \(-\dfrac{1}{3}\).

1- c) Limite de \(f\) en \(+\infty\)

Pour tout \(x > 0\) :

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

Quand \(x\) tend vers \(+\infty\) : \(\dfrac{1}{x}\) tend vers \(0\) ; \(\dfrac{\ln(1 + x)}{1 + x}\) tend vers \(0\) (car \(\displaystyle\lim_{t \to +\infty} \dfrac{\ln t}{t} = 0\), avec \(t = 1 + x\)) ; et \(\dfrac{1 + x}{x^{2}} = \dfrac{1}{x^{2}} + \dfrac{1}{x}\) tend vers \(0\). Donc :

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

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

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

Pour \(x > 0\), on pose \(u(x) = x - \ln(1 + x)\), de sorte que \(f(x) = \dfrac{u(x)}{x^{2}}\) et \(u'(x) = 1 - \dfrac{1}{1 + x}\). La fonction \(f\) est dérivable sur \(]0, +\infty[\) (quotient de fonctions dérivables) et :

\[\begin{aligned} f'(x) &= \dfrac{u'(x)\,x^{2} - 2x\,u(x)}{x^{4}} \\ &= \dfrac{x\,u'(x) - 2u(x)}{x^{3}} \end{aligned}\]

Or :

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

Donc :

\[(\forall x \in\, ]0, +\infty[)\ ;\ f'(x) = -\dfrac{g(x)}{x^{3}}\]

2- b) Encadrement de \(g'(x)\)

La fonction \(g\) est dérivable sur \(I\). Comme \(\left(\dfrac{x}{x + 1}\right)' = \dfrac{1}{(x + 1)^{2}}\), on a pour tout \(x \in I\) :

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

Pour \(x \in I\) : \(x^{2} \geq 0\) et \((x + 1)^{2} \geq 1\). Donc :

\[(\forall x \in I)\ ;\ 0 \leq g'(x) \leq x^{2}\]

2- c) Encadrement de \(g(x)\)

Soit \(x \in I\). Pour tout \(t \in [0, x]\) : \(0 \leq g'(t) \leq t^{2}\). En intégrant de \(0\) à \(x\) (avec \(0 \leq x\)) :

\[0 \leq g(x) - g(0) \leq \dfrac{x^{3}}{3}\]

Or \(g(0) = 0 + 0 - 2\ln 1 = 0\). Donc :

\[(\forall x \in I)\ ;\ 0 \leq g(x) \leq \dfrac{x^{3}}{3}\]

2- d) Sens de variation de \(f\)

Pour tout \(x > 0\), \(g'(x) = \dfrac{x^{2}}{(x + 1)^{2}} > 0\) : \(g\) est strictement croissante sur \(I\), donc \(g(x) > g(0) = 0\). Par suite, pour tout \(x \in\, ]0, +\infty[\) :

\[f'(x) = -\dfrac{g(x)}{x^{3}} < 0\]

Comme \(f\) est continue sur \(I = [0, +\infty[\), la fonction \(f\) est strictement décroissante sur \(I\).

3- a) Tableau de variation de \(f\)

\[\begin{array}{|c|lcr|} \hline x & 0 & & +\infty \\ \hline f'(x) & -\frac{1}{3} & - & \\ \hline f(x)\rule[-0.65em]{0pt}{1.95em} & \frac{1}{2} & \searrow & 0 \\ \hline \end{array}\]

(En \(0\), la valeur \(-\dfrac{1}{3}\) est le nombre dérivé à droite.)

3- b) Courbe \((C)\)

Éléments du tracé : le point de départ \(\left(0 ; \dfrac{1}{2}\right)\) avec sa demi-tangente de coefficient directeur \(-\dfrac{1}{3}\) ; l’asymptote \(y = 0\) en \(+\infty\) ; la courbe est décroissante et reste au-dessus de l’axe des abscisses. Quelques valeurs : \(f(1) = 1 - \ln 2 \simeq 0{,}31\) et \(f(2) = \dfrac{2 - \ln 3}{4} \simeq 0{,}23\). Sur la copie, l’unité est \(2\ \mathrm{cm}\).

Sur la figure : la courbe \((C)\) en bleu, la demi-tangente en rouge, la droite \(y = x\) en pointillés verts (elle coupe \((C)\) au point d’abscisse \(\alpha\) de la partie C) et, en bleu clair, le domaine dont on calcule l’aire dans la partie D.

Partie C

1- Existence et unicité de \(\alpha\)

On pose \(h(x) = f(x) - x\) pour \(x \in [0 ; 1]\). La fonction \(h\) est continue sur \([0 ; 1]\) et strictement décroissante (somme de \(f\), strictement décroissante, et de \(x \mapsto -x\), strictement décroissante). De plus :

\[\begin{aligned} h(0) &= \dfrac{1}{2} > 0 \\ h(1) &= (1 - \ln 2) - 1 = -\ln 2 < 0 \end{aligned}\]

D’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe un unique réel \(\alpha \in\, ]0 ; 1[\) tel que \(h(\alpha) = 0\), c’est-à-dire :

\[f(\alpha) = \alpha\]

2- a) \(u_{n} \in [0 ; 1]\)

Par récurrence. Pour \(n = 0\) : \(u_{0} = \dfrac{1}{3} \in [0 ; 1]\).

Soit \(n \in \mathbb{N}\) tel que \(u_{n} \in [0 ; 1]\). Comme \(f\) est décroissante sur \(I\) :

\[f(1) \leq f(u_{n}) \leq f(0)\]

c’est-à-dire \(1 - \ln 2 \leq u_{n+1} \leq \dfrac{1}{2}\). Or \(\ln 2 < \ln e = 1\), donc \(1 - \ln 2 > 0\) et \(u_{n+1} \in [0 ; 1]\).

Donc : \((\forall n \in \mathbb{N})\ ;\ u_{n} \in [0 ; 1]\).

2- b) \(|u_{n+1} - \alpha| \leq \dfrac{1}{3}|u_{n} - \alpha|\)

Pour tout \(x > 0\), on a \(f'(x) = -\dfrac{g(x)}{x^{3}}\) et \(0 \leq g(x) \leq \dfrac{x^{3}}{3}\) (question B- 2- c). Donc :

\[(\forall x > 0)\ ;\ -\dfrac{1}{3} \leq f'(x) \leq 0\]

c’est-à-dire \(|f'(x)| \leq \dfrac{1}{3}\).

Soit \(n \in \mathbb{N}\). Les réels \(u_{n}\) et \(\alpha\) appartiennent à \([0 ; 1]\) ; \(f\) est continue sur \([0 ; 1]\), dérivable sur \(]0 ; 1[\) et \(|f'(x)| \leq \dfrac{1}{3}\) sur \(]0 ; 1[\). D’après l’inégalité des accroissements finis :

\[|f(u_{n}) - f(\alpha)| \leq \dfrac{1}{3}\,|u_{n} - \alpha|\]

Comme \(f(u_{n}) = u_{n+1}\) et \(f(\alpha) = \alpha\) :

\[|u_{n+1} - \alpha| \leq \dfrac{1}{3}\,|u_{n} - \alpha|\]

2- c) \(|u_{n} - \alpha| \leq \left(\dfrac{1}{3}\right)^{n}\)

Initialisation. On a \(u_{0} = \dfrac{1}{3}\) et \(0 < \alpha < 1\), donc \(-\dfrac{2}{3} < u_{0} - \alpha < \dfrac{1}{3}\). Ainsi \(|u_{0} - \alpha| \leq 1 = \left(\dfrac{1}{3}\right)^{0}\).

Hérédité. Soit \(n \in \mathbb{N}\) tel que \(|u_{n} - \alpha| \leq \left(\dfrac{1}{3}\right)^{n}\). D’après 2- b) :

\[\begin{aligned} |u_{n+1} - \alpha| &\leq \dfrac{1}{3}\,|u_{n} - \alpha| \\ &\leq \dfrac{1}{3} \times \left(\dfrac{1}{3}\right)^{n} \\ &= \left(\dfrac{1}{3}\right)^{n+1} \end{aligned}\]

Conclusion. \((\forall n \in \mathbb{N})\ ;\ |u_{n} - \alpha| \leq \left(\dfrac{1}{3}\right)^{n}\).

2- d) Convergence de \((u_{n})\)

Pour tout \(n \in \mathbb{N}\) : \(0 \leq |u_{n} - \alpha| \leq \left(\dfrac{1}{3}\right)^{n}\). Comme \(-1 < \dfrac{1}{3} < 1\), \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \left(\dfrac{1}{3}\right)^{n} = 0\). Donc \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} |u_{n} - \alpha| = 0\) :

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

Partie D

1- Dérivabilité de \(F\)

La fonction \(f\) est continue sur \(]0, +\infty[\) (quotient de fonctions continues) et continue à droite en \(0\) (B- 1- a) : elle est continue sur \(I\). Elle admet donc sur \(I\) une primitive qui s’annule en \(1\) : \(\Phi : x \mapsto \displaystyle\int_{1}^{x} f(t)\,dt\).

Pour tout \(x \in I\), \(F(x) = \displaystyle\int_{x}^{1} f(t)\,dt = -\Phi(x)\). Donc \(F\) est dérivable sur \(I\) et :

\[(\forall x \in I)\ ;\ F'(x) = -f(x)\]

2- a) Expression de \(F(x)\)

Soit \(x > 0\). On intègre par parties en posant :

\[\begin{aligned} u(t) &= t - \ln(1 + t) & v'(t) &= \dfrac{1}{t^{2}} \\ u'(t) &= \dfrac{t}{1 + t} & v(t) &= -\dfrac{1}{t} \end{aligned}\]

Comme \(u'(t)\,v(t) = -\dfrac{1}{1 + t}\) :

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

On calcule chaque terme :

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

En ajoutant :

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

2- b) Limite de \(F\) en \(0^{+}\) et valeur de \(\displaystyle\int_{0}^{1} f(t)\,dt\)

Pour \(x > 0\) : \(\left(1 + \dfrac{1}{x}\right)\ln(1 + x) = \ln(1 + x) + \dfrac{\ln(1 + x)}{x}\). Quand \(x\) tend vers \(0^{+}\), \(\ln(1 + x)\) tend vers \(0\) et \(\dfrac{\ln(1 + x)}{x}\) tend vers \(1\). Donc :

\[\lim_{x \to 0^{+}} F(x) = 2\ln 2 - 1\]

La fonction \(F\) est dérivable sur \(I\), donc continue en \(0\) : \(F(0) = \displaystyle\lim_{x \to 0^{+}} F(x)\). Comme \(F(0) = \displaystyle\int_{0}^{1} f(t)\,dt\) :

\[\int_{0}^{1} f(t)\,dt = 2\ln 2 - 1\]

2- c) Aire du domaine

La fonction \(f\) est décroissante sur \(I\) et tend vers \(0\) en \(+\infty\), donc \(f(x) \geq 0\) pour tout \(x \in I\) : sur \([0 ; 1]\), la courbe \((C)\) est au-dessus de l’axe des abscisses. L’aire du domaine, en unités d’aire, est donc :

\[\int_{0}^{1} f(t)\,dt = 2\ln 2 - 1\]

L’unité d’aire est \(\|\vec{i}\| \times \|\vec{j}\| = 2 \times 2 = 4\ \mathrm{cm}^{2}\). Donc :

\[\begin{aligned} \mathcal{A} &= 4\,(2\ln 2 - 1)\ \mathrm{cm}^{2} \\ &= (8\ln 2 - 4)\ \mathrm{cm}^{2} \end{aligned}\]

Partie E

1- a) Encadrement de \(\Delta_{k}\)

Soit \(k \in \mathbb{N}\). La fonction \(f\) est décroissante sur \([k ; k + 1]\) : pour tout \(t \in [k ; k + 1]\), \(f(k + 1) \leq f(t) \leq f(k)\). En intégrant sur \([k ; k + 1]\), intervalle de longueur \(1\) :

\[f(k + 1) \leq \int_{k}^{k+1} f(t)\,dt \leq f(k)\]

En multipliant par \(-1\) puis en ajoutant \(f(k)\) :

\[0 \leq \Delta_{k} \leq f(k) - f(k + 1)\]

1- b) \(0 \leq S_{n} \leq \dfrac{1}{2}\)

Soit \(n \in \mathbb{N}^{*}\). En additionnant les encadrements précédents pour \(k\) allant de \(0\) à \(n - 1\) :

\[0 \leq S_{n} \leq \sum_{k=0}^{n-1} \big(f(k) - f(k + 1)\big)\]

La somme de droite est télescopique :

\[\begin{aligned} &\sum_{k=0}^{n-1} \big(f(k) - f(k + 1)\big) \\ &= f(0) - f(n) = \dfrac{1}{2} - f(n) \end{aligned}\]

Comme \(f(n) \geq 0\), on obtient :

\[(\forall n \in \mathbb{N}^{*})\ ;\ 0 \leq S_{n} \leq \dfrac{1}{2}\]

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

Pour tout \(n \in \mathbb{N}^{*}\) : \(S_{n+1} - S_{n} = \Delta_{n} \geq 0\). Donc la suite \((S_{n})_{n \in \mathbb{N}^{*}}\) est croissante.

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

La suite \((S_{n})_{n \in \mathbb{N}^{*}}\) est croissante et majorée par \(\dfrac{1}{2}\). Donc elle est convergente.

2- c) Encadrement de la limite \(\ell\)

La suite est croissante, donc pour tout \(n \in \mathbb{N}^{*}\) : \(S_{1} \leq S_{n} \leq \dfrac{1}{2}\). Or :

\[\begin{aligned} S_{1} = \Delta_{0} &= f(0) - \int_{0}^{1} f(t)\,dt \\ &= \dfrac{1}{2} - (2\ln 2 - 1) \\ &= \dfrac{3}{2} - 2\ln 2 \end{aligned}\]

Par passage à la limite dans \(S_{1} \leq S_{n} \leq \dfrac{1}{2}\) :

\[\dfrac{3}{2} - 2\ln 2 \leq \ell \leq \dfrac{1}{2}\]

Exercice 2 : Nombres complexes

Partie I

1- \(j^{3} = 1\) et \(1 + j + j^{2} = 0\)

On a \(j = e^{i\frac{2\pi}{3}}\), donc :

\[j^{3} = e^{i2\pi} = 1\]

De plus \(j^{2} = e^{i\frac{4\pi}{3}} = -\dfrac{1}{2} - \dfrac{\sqrt{3}}{2}\,i\). Donc :

\[\begin{aligned} &1 + j + j^{2} \\ &= 1 - \dfrac{1}{2} + \dfrac{\sqrt{3}}{2}\,i - \dfrac{1}{2} - \dfrac{\sqrt{3}}{2}\,i = 0 \end{aligned}\]

Conséquences utiles pour la suite : \(j^{4} = j\), \(1 + j = -j^{2}\), \(1 + j^{2} = -j\) et \(j + j^{2} = -1\).

2- a) Discriminant de \((E_{m})\)

Le discriminant de \((E_{m})\) est, avec \(j^{4} = j\) :

\[\begin{aligned} \Delta &= \left(mj^{2}\right)^{2} - 4m^{2}j \\ &= m^{2}j - 4m^{2}j = -3m^{2}j \end{aligned}\]

D’autre part, avec \(1 + j^{2} = -j\) :

\[\begin{aligned} &\big[m(1 - j)\big]^{2} \\ &= m^{2}\left(1 - 2j + j^{2}\right) \\ &= m^{2}(-j - 2j) = -3m^{2}j \end{aligned}\]

Donc :

\[\Delta = \big[m(1 - j)\big]^{2}\]

2- b) Solutions de \((E_{m})\)

Comme \(m \neq 0\) et \(j \neq 1\), on a \(\Delta \neq 0\) : l’équation admet deux solutions distinctes.

\[\begin{aligned} z_{1} &= \dfrac{-mj^{2} + m(1 - j)}{2} \\ &= \dfrac{m\big(1 - (j + j^{2})\big)}{2} \\ &= \dfrac{2m}{2} = m \end{aligned}\] \[\begin{aligned} z_{2} &= \dfrac{-mj^{2} - m(1 - j)}{2} \\ &= \dfrac{m\big(j - (1 + j^{2})\big)}{2} \\ &= \dfrac{2mj}{2} = mj \end{aligned}\]

Les solutions de \((E_{m})\) sont :

\[z_{1} = m \quad \text{et} \quad z_{2} = mj\]

3- \((z_{1} + z_{2})^{2022}\) est imaginaire pur (\(m = 1 + i\))

On a \(z_{1} + z_{2} = m(1 + j) = -mj^{2}\). Comme \(2022\) est pair :

\[(z_{1} + z_{2})^{2022} = m^{2022} \times j^{4044}\]

• \(4044 = 3 \times 1348\), donc \(j^{4044} = \left(j^{3}\right)^{1348} = 1\).

• \(m^{2} = (1 + i)^{2} = 2i\), donc \(m^{2022} = (2i)^{1011} = 2^{1011}\,i^{1011}\). Comme \(1011 = 4 \times 252 + 3\), on a \(i^{1011} = i^{3} = -i\).

Donc :

\[(z_{1} + z_{2})^{2022} = -2^{1011}\,i\]

C’est un imaginaire pur.

Partie II

1- Nature de \(\varphi\)

On a \(1 + j = \dfrac{1}{2} + \dfrac{\sqrt{3}}{2}\,i = e^{i\frac{\pi}{3}}\). L’écriture complexe de \(\varphi\) est donc :

\[z' = e^{i\frac{\pi}{3}}\,z\]

Donc \(\varphi\) est la rotation de centre \(O\) et d’angle \(\dfrac{\pi}{3}\).

2- a) Affixes \(a'\), \(b'\) et \(c'\)

On utilise \(1 + j = -j^{2}\), \(j^{3} = 1\) et \(j^{4} = j\) :

\[\begin{aligned} a' &= (1 + j)\,m = -mj^{2} \\ b' &= (1 + j)\,mj = -mj^{3} = -m \\ c' &= (1 + j)\,mj^{2} = -mj^{4} = -mj \end{aligned}\]

2- b) \(p + qj + rj^{2} = 0\)

\(P\), \(Q\) et \(R\) sont les milieux de \([BA']\), \([CB']\) et \([AC']\) :

\[\begin{aligned} p &= \dfrac{mj + a'}{2} = \dfrac{m}{2}\left(j - j^{2}\right) \\ q &= \dfrac{mj^{2} + b'}{2} = \dfrac{m}{2}\left(j^{2} - 1\right) \\ r &= \dfrac{m + c'}{2} = \dfrac{m}{2}\,(1 - j) \end{aligned}\]

Donc, avec \(j^{3} = 1\) :

\[\begin{aligned} &p + qj + rj^{2} \\ &= \dfrac{m}{2}\left(j - j^{2} + j^{3} - j + j^{2} - j^{3}\right) \\ &= 0 \end{aligned}\]

2- c) Le triangle \(PQR\) est équilatéral

D’après 2- b), \(p = -qj - rj^{2}\). Donc, avec \(1 + j^{2} = -j\) :

\[\begin{aligned} p - r &= -qj - r\left(1 + j^{2}\right) \\ &= -qj + rj = -j\,(q - r) \end{aligned}\]

De plus \(q - r = \dfrac{m}{2}\left(j^{2} + j - 2\right) = -\dfrac{3m}{2} \neq 0\) (car \(m \neq 0\)), donc \(Q \neq R\) et :

\[\dfrac{p - r}{q - r} = -j = e^{i\pi} \times e^{i\frac{2\pi}{3}} = e^{-i\frac{\pi}{3}}\]

On en déduit :

\[\begin{aligned} &RP = RQ \\ &\big(\overrightarrow{RQ}, \overrightarrow{RP}\big) \equiv -\dfrac{\pi}{3}\ [2\pi] \end{aligned}\]

Le triangle \(PQR\) est isocèle en \(R\) avec un angle au sommet de mesure \(\dfrac{\pi}{3}\) : il est équilatéral.

Exercice 3 : Arithmétique

1- a) \((x + 1)^{n} \equiv x^{n}\ [p]\)

\((x, y)\) est une solution de \((E_{n})\), donc \((x + 1)^{n} - x^{n} = ny\). Comme \(p\) divise \(n\), \(p\) divise \(ny\), donc \(p\) divise \((x + 1)^{n} - x^{n}\) :

\[(x + 1)^{n} \equiv x^{n}\ [p]\]

1- b) \(p\) est premier avec \(x\) et avec \(x + 1\)

• Supposons que \(p\) divise \(x\). Alors \(x^{n} \equiv 0\ [p]\), donc \((x + 1)^{n} \equiv 0\ [p]\) d’après 1- a). Comme \(p\) est premier et divise \((x + 1)^{n}\), \(p\) divise \(x + 1\). Alors \(p\) divise \((x + 1) - x = 1\) : impossible.

• De même, si \(p\) divise \(x + 1\), alors \(p\) divise \(x^{n}\), donc \(p\) divise \(x\), puis \(p\) divise \(1\) : impossible.

Donc \(p\) ne divise ni \(x\) ni \(x + 1\). Comme \(p\) est un nombre premier :

\[p \wedge x = 1 \quad \text{et} \quad p \wedge (x + 1) = 1\]

1- c) \((x + 1)^{p-1} \equiv x^{p-1}\ [p]\)

\(p\) est premier, \(p \wedge x = 1\) et \(p \wedge (x + 1) = 1\). D’après le petit théorème de Fermat :

\[\begin{aligned} x^{p-1} &\equiv 1\ [p] \\ (x + 1)^{p-1} &\equiv 1\ [p] \end{aligned}\]

Donc :

\[(x + 1)^{p-1} \equiv x^{p-1}\ [p]\]

2- Cas \(n\) pair

On suppose \(n\) pair. Alors \(2\) divise \(n\), et le plus petit diviseur premier de \(n\) est \(p = 2\).

Si \((E_{n})\) admettait une solution \((x, y)\) dans \(\mathbb{N}^{2}\), alors d’après 1- b), \(2\) serait premier avec \(x\) et avec \(x + 1\) : les entiers \(x\) et \(x + 1\) seraient tous les deux impairs. C’est impossible, car \(x\) et \(x + 1\) sont deux entiers consécutifs (l’un des deux est pair).

Donc si \(n\) est pair, l’équation \((E_{n})\) n’admet pas de solution dans \(\mathbb{N}^{2}\).

3- a) Existence de \((u, v)\)

Montrons que \(n \wedge (p - 1) = 1\). On note \(d = n \wedge (p - 1)\). Si \(d \geq 2\), alors \(d\) admet un diviseur premier \(p'\). Ce nombre \(p'\) divise \(n\) et divise \(p - 1\), donc \(p' \leq p - 1 < p\) : cela contredit le fait que \(p\) est le plus petit diviseur premier de \(n\). Donc \(d = 1\).

D’après le théorème de Bézout, il existe \((u, v) \in \mathbb{Z}^{2}\) tel que :

\[nu + (p - 1)v = 1\]

3- b) \(nr = 1 - (p - 1)(v + nq)\)

On a \(u = (p - 1)q + r\) avec \(0 \leq r < p - 1\). En remplaçant dans l’égalité de 3- a) :

\[\begin{aligned} 1 &= n\big((p - 1)q + r\big) + (p - 1)v \\ &= nr + (p - 1)(nq + v) \end{aligned}\]

Donc :

\[nr = 1 - (p - 1)(v + nq)\]

3- c) \(v' \geq 0\)

Avec \(v' = -(v + nq)\), l’égalité précédente s’écrit :

\[(p - 1)\,v' = nr - 1\]

• On a \(r \neq 0\). En effet, si \(r = 0\), alors \((p - 1)\,v' = -1\), donc \(p - 1\) divise \(1\), d’où \(p = 2\). C’est impossible : \(n\) est impair, donc son diviseur \(p\) est impair.

• Donc \(r \geq 1\), puis \(nr \geq n \geq 2\) et \(nr - 1 \geq 1\). Ainsi \((p - 1)\,v' > 0\) avec \(p - 1 > 0\).

Donc \(v' > 0\), et en particulier :

\[v' \geq 0\]

3- d) Cas \(n\) impair : pas de solution

Par l’absurde, supposons que \((E_{n})\) admette une solution \((x, y)\) dans \(\mathbb{N}^{2}\). D’après 1- a), en élevant à la puissance \(r\) (entier naturel) :

\[(x + 1)^{nr} \equiv x^{nr}\ [p]\]

Or \(nr = 1 + (p - 1)\,v'\) avec \(v' \in \mathbb{N}\). Donc :

\[\begin{aligned} &(x + 1)\left((x + 1)^{p-1}\right)^{v'} \\ &\equiv x\left(x^{p-1}\right)^{v'}\ [p] \end{aligned}\]

D’après 1- c) (Fermat), \((x + 1)^{p-1} \equiv 1\ [p]\) et \(x^{p-1} \equiv 1\ [p]\). Il reste :

\[x + 1 \equiv x\ [p]\]

c’est-à-dire \(1 \equiv 0\ [p]\) : \(p\) divise \(1\), ce qui est impossible.

Donc si \(n\) est impair, l’équation \((E_{n})\) n’admet pas de solution dans \(\mathbb{N}^{2}\).

Bilan : pour tout entier \(n > 1\), l’équation \((E_{n})\) n’admet aucune solution dans \(\mathbb{N}^{2}\).

Exercice 4 : Structures algébriques

1- a) \(E\) est un sous-groupe de \((M_{2}(\mathbb{R}), +)\)

• \(E \subset M_{2}(\mathbb{R})\) et \(E \neq \varnothing\), car la matrice nulle \(M(0, 0)\) appartient à \(E\).
• Soient \(M(a, b)\) et \(M(c, d)\) deux éléments de \(E\). Alors :

\[\begin{aligned} &M(a, b) - M(c, d) \\ &= \begin{pmatrix} a - c & 3(b - d) \\ b - d & a - c \end{pmatrix} \\ &= M(a - c\,,\ b - d) \in E \end{aligned}\]

car \(a - c\) et \(b - d\) sont des entiers relatifs. Donc \(E\) est un sous-groupe de \((M_{2}(\mathbb{R}), +)\).

1- b) Produit de deux éléments de \(E\)

Soient \(a\), \(b\), \(c\) et \(d\) dans \(\mathbb{Z}\).

\[\begin{aligned} &M(a, b) \times M(c, d) \\ &= \begin{pmatrix} a & 3b \\ b & a \end{pmatrix}\begin{pmatrix} c & 3d \\ d & c \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} ac + 3bd & 3(ad + bc) \\ ad + bc & ac + 3bd \end{pmatrix} \\ &= M(ac + 3bd\,,\ ad + bc) \end{aligned}\]

1- c) \((E, +, \times)\) est un anneau commutatif et unitaire

• \((E, +)\) est un groupe commutatif : c’est un sous-groupe du groupe commutatif \((M_{2}(\mathbb{R}), +)\).
• \(E\) est stable pour \(\times\) : d’après 1- b), le produit de deux éléments de \(E\) est \(M(ac + 3bd\,,\ ad + bc)\), avec \(ac + 3bd\) et \(ad + bc\) dans \(\mathbb{Z}\).
• La loi \(\times\) est associative et distributive par rapport à \(+\) dans \(M_{2}(\mathbb{R})\), donc aussi dans \(E\).
• La loi \(\times\) est commutative dans \(E\) : en échangeant les rôles de \((a, b)\) et \((c, d)\) dans 1- b), on trouve \(M(c, d) \times M(a, b) = M(ca + 3db\,,\ cb + da)\), qui est égal à \(M(a, b) \times M(c, d)\).
• La matrice \(I = M(1, 0)\) appartient à \(E\) : c’est l’élément unité.

Donc \((E, +, \times)\) est un anneau commutatif et unitaire.

2- \(\varphi\) est un homomorphisme de \((E, \times)\) vers \((\mathbb{Z}, \times)\)

Soient \(M(a, b)\) et \(M(c, d)\) deux éléments de \(E\). On développe :

\[\begin{aligned} &(ac + 3bd)^{2} - 3(ad + bc)^{2} \\ &= a^{2}c^{2} + 9b^{2}d^{2} - 3a^{2}d^{2} - 3b^{2}c^{2} \\ &= \left(a^{2} - 3b^{2}\right)\left(c^{2} - 3d^{2}\right) \end{aligned}\]

(les termes \(6abcd\) et \(-6abcd\) se simplifient). Donc, d’après 1- b) :

\[\begin{aligned} &\varphi\big(M(a, b) \times M(c, d)\big) \\ &= \left|(ac + 3bd)^{2} - 3(ad + bc)^{2}\right| \\ &= \left|a^{2} - 3b^{2}\right| \times \left|c^{2} - 3d^{2}\right| \\ &= \varphi\big(M(a, b)\big) \times \varphi\big(M(c, d)\big) \end{aligned}\]

Donc \(\varphi\) est un homomorphisme de \((E, \times)\) vers \((\mathbb{Z}, \times)\).

3- a) \(M(a, b) \times M(a, -b) = (a^{2} - 3b^{2})\,I\)

On applique 1- b) avec \(c = a\) et \(d = -b\) :

\[\begin{aligned} &M(a, b) \times M(a, -b) \\ &= M\left(a^{2} - 3b^{2}\,,\ -ab + ba\right) \\ &= M\left(a^{2} - 3b^{2}\,,\ 0\right) \\ &= \left(a^{2} - 3b^{2}\right) I \end{aligned}\]

3- b) Si \(M(a, b)\) est inversible, alors \(\varphi\big(M(a, b)\big) = 1\)

On suppose que \(M(a, b)\) est inversible dans \((E, \times)\) : il existe \(M(c, d) \in E\) tel que \(M(a, b) \times M(c, d) = I\). Comme \(\varphi\) est un homomorphisme et \(\varphi(I) = \varphi\big(M(1, 0)\big) = 1\) :

\[\varphi\big(M(a, b)\big) \times \varphi\big(M(c, d)\big) = 1\]

Or \(\varphi\big(M(a, b)\big)\) et \(\varphi\big(M(c, d)\big)\) sont deux entiers naturels (valeurs absolues d’entiers) dont le produit vaut \(1\). Donc ils valent tous les deux \(1\) :

\[\varphi\big(M(a, b)\big) = 1\]

3- c) Si \(\varphi\big(M(a, b)\big) = 1\), alors \(M(a, b)\) est inversible

On suppose \(\left|a^{2} - 3b^{2}\right| = 1\). On pose \(\varepsilon = a^{2} - 3b^{2}\), de sorte que \(\varepsilon \in \{-1 ; 1\}\) et \(\varepsilon^{2} = 1\). D’après 3- a) :

\[M(a, b) \times M(a, -b) = \varepsilon\,I\]

En multipliant par \(\varepsilon\), et comme \(\varepsilon\,M(a, -b) = M(\varepsilon a\,,\ -\varepsilon b) \in E\) :

\[M(a, b) \times M(\varepsilon a\,,\ -\varepsilon b) = I\]

La loi \(\times\) étant commutative dans \(E\), \(M(a, b)\) est inversible dans \((E, \times)\) et :

\[\begin{aligned} &\big(M(a, b)\big)^{-1} \\ &= \left(a^{2} - 3b^{2}\right) M(a, -b) \end{aligned}\]

Remarque : le cas \(a^{2} - 3b^{2} = -1\) est en fait impossible, car on aurait \(a^{2} \equiv 2\ [3]\), alors qu’un carré est congru à \(0\) ou à \(1\) modulo \(3\). Donc \(a^{2} - 3b^{2} = 1\) et l’inverse de \(M(a, b)\) est simplement \(M(a, -b)\).

4- a) \(\varphi\big(M(a, b)\big) = 0 \iff a = b = 0\)

Soit \((a, b) \in \mathbb{Z}^{2}\). On a \(\varphi\big(M(a, b)\big) = 0 \iff a^{2} = 3b^{2}\).

• Si \(a = b = 0\), alors \(a^{2} = 3b^{2}\).

• Réciproquement, supposons \(a^{2} = 3b^{2}\) avec \((a, b) \neq (0, 0)\). Alors \(a\) et \(b\) sont tous les deux non nuls. On pose \(d = a \wedge b\), \(a = d\,a_{1}\) et \(b = d\,b_{1}\) avec \(a_{1} \wedge b_{1} = 1\). En simplifiant par \(d^{2}\) :

\[a_{1}^{2} = 3\,b_{1}^{2}\]

Donc \(3\) divise \(a_{1}^{2}\), et comme \(3\) est premier, \(3\) divise \(a_{1}\) : \(a_{1} = 3k\). Alors \(9k^{2} = 3\,b_{1}^{2}\), c’est-à-dire \(b_{1}^{2} = 3k^{2}\), donc \(3\) divise \(b_{1}\). Ainsi \(3\) divise \(a_{1}\) et \(b_{1}\), ce qui contredit \(a_{1} \wedge b_{1} = 1\).

Donc :

\[\varphi\big(M(a, b)\big) = 0 \iff a = b = 0\]

4- b) L’anneau \((E, +, \times)\) est intègre

\((E, +, \times)\) est un anneau commutatif unitaire, non réduit à la matrice nulle. Soient \(A\) et \(B\) deux éléments de \(E\) tels que \(A \times B = M(0, 0)\). Comme \(\varphi\) est un homomorphisme :

\[\varphi(A) \times \varphi(B) = \varphi\big(M(0, 0)\big) = 0\]

L’anneau \((\mathbb{Z}, +, \times)\) est intègre, donc \(\varphi(A) = 0\) ou \(\varphi(B) = 0\). D’après 4- a), cela signifie \(A = M(0, 0)\) ou \(B = M(0, 0)\).

Donc l’anneau \((E, +, \times)\) n’a pas de diviseurs de zéro : il est intègre.

4- c) \((E, +, \times)\) est-il un corps ?

Non. Considérons \(M(2, 0) = 2I\) : c’est un élément de \(E\) différent de la matrice nulle, et :

\[\begin{aligned} \varphi\big(M(2, 0)\big) &= \left|2^{2} - 3 \times 0^{2}\right| \\ &= 4 \neq 1 \end{aligned}\]

D’après la question 3- b), \(M(2, 0)\) n’est pas inversible dans \((E, \times)\). L’anneau \(E\) contient un élément non nul qui n’est pas inversible, donc \((E, +, \times)\) n’est pas un corps.