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

Exercice 1 : Analyse

Partie A

1- \(1 + x \leq e^{x}\) pour tout réel \(x\)

On pose \(\varphi(x) = e^{x} - 1 - x\) pour \(x \in \mathbb{R}\). La fonction \(\varphi\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et \(\varphi'(x) = e^{x} - 1\).

• Si \(x \leq 0\), alors \(e^{x} \leq 1\), donc \(\varphi'(x) \leq 0\) : \(\varphi\) est décroissante sur \(]-\infty ; 0]\).
• Si \(x \geq 0\), alors \(e^{x} \geq 1\), donc \(\varphi'(x) \geq 0\) : \(\varphi\) est croissante sur \([0 ; +\infty[\).

Donc \(\varphi\) admet en \(0\) un minimum, égal à \(\varphi(0) = 0\). Ainsi \(\varphi(x) \geq 0\) pour tout réel \(x\) :

\[(\forall x \in \mathbb{R})\ ;\ 1 + x \leq e^{x}\]

2- a) \(0 \leq 1 - e^{-x} \leq x\) pour \(x \geq 0\)

Soit \(x \in \mathbb{R}^{+}\).

• Comme \(-x \leq 0\), on a \(e^{-x} \leq 1\), donc \(0 \leq 1 - e^{-x}\).
• La question 1, appliquée au réel \(-x\), donne \(1 - x \leq e^{-x}\), donc \(1 - e^{-x} \leq x\).

\[(\forall x \in \mathbb{R}^{+})\ ;\ 0 \leq 1 - e^{-x} \leq x\]

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

Soit \(x \in \mathbb{R}^{+}\). Pour tout \(t \in [0, x]\) : \(0 \leq 1 - e^{-t} \leq t\). On intègre de \(0\) à \(x\) (avec \(0 \leq x\)) :

\[0 \leq \int_{0}^{x} \left(1 - e^{-t}\right)dt \leq \int_{0}^{x} t\,dt\]

Or :

\[\begin{aligned} \int_{0}^{x} \left(1 - e^{-t}\right)dt &= \big[t + e^{-t}\big]_{0}^{x} \\ &= x + e^{-x} - 1 \end{aligned}\]

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

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

On intègre une deuxième fois : pour tout \(t \in [0, x]\), \(0 \leq t - 1 + e^{-t} \leq \dfrac{t^{2}}{2}\), donc :

\[0 \leq \int_{0}^{x} \left(t - 1 + e^{-t}\right)dt \leq \dfrac{x^{3}}{6}\]

Or :

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

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

\[0 \leq 1 - x + \dfrac{x^{2}}{2} - e^{-x} \leq \dfrac{x^{3}}{6}\]

2- c) Limite de \(\dfrac{1 - x - e^{-x}}{x^{2}}\) en \(0^{+}\)

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

\[-\dfrac{1}{2} \leq \dfrac{1 - x - e^{-x}}{x^{2}} \leq -\dfrac{1}{2} + \dfrac{x}{6}\]

Comme \(\displaystyle\lim_{x \to 0^{+}} \left(-\dfrac{1}{2} + \dfrac{x}{6}\right) = -\dfrac{1}{2}\), le théorème des gendarmes donne :

\[\lim_{x \to 0^{+}} \dfrac{1 - x - e^{-x}}{x^{2}} = -\dfrac{1}{2}\]

Partie B

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

Pour tout \(x > 0\), comme \(e^{-x} - e^{-2x} = e^{-2x}\left(e^{x} - 1\right)\) :

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

Or \(\displaystyle\lim_{x \to 0^{+}} \dfrac{e^{x} - 1}{x} = 1\) et \(\displaystyle\lim_{x \to 0^{+}} e^{-2x} = 1\). Donc :

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

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

1- b) Expression de \(\dfrac{f(x) - 1}{x}\)

Soit \(x > 0\). D’une part :

\[\dfrac{f(x) - 1}{x} = \dfrac{e^{-x} - e^{-2x} - x}{x^{2}}\]

D’autre part :

\[\begin{aligned} &\left(1 - 2x - e^{-2x}\right) - \left(1 - x - e^{-x}\right) \\ &= e^{-x} - e^{-2x} - x \end{aligned}\]

Donc :

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

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

D’après A- 2- c) : \(\displaystyle\lim_{x \to 0^{+}} \dfrac{1 - x - e^{-x}}{x^{2}} = -\dfrac{1}{2}\).

Pour l’autre terme, on pose \(X = 2x\) (quand \(x\) tend vers \(0^{+}\), \(X\) tend vers \(0^{+}\)) :

\[\begin{aligned} &\dfrac{1 - 2x - e^{-2x}}{x^{2}} \\ &= 4 \times \dfrac{1 - X - e^{-X}}{X^{2}} \end{aligned}\]

donc \(\displaystyle\lim_{x \to 0^{+}} \dfrac{1 - 2x - e^{-2x}}{x^{2}} = 4 \times \left(-\dfrac{1}{2}\right) = -2\). Par différence :

\[\lim_{x \to 0^{+}} \dfrac{f(x) - f(0)}{x - 0} = -2 + \dfrac{1}{2} = -\dfrac{3}{2}\]

Donc \(f\) est dérivable à droite en \(0\) et \(f_{d}'(0) = -\dfrac{3}{2}\).

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

Pour \(x > 0\), on pose \(u(x) = e^{-x} - e^{-2x}\) ; alors \(u'(x) = -e^{-x} + 2e^{-2x}\) et \(f(x) = \dfrac{u(x)}{x}\). La fonction \(f\) est dérivable sur \(]0, +\infty[\) et \(f'(x) = \dfrac{x\,u'(x) - u(x)}{x^{2}}\). Or :

\[\begin{aligned} &x\,u'(x) - u(x) \\ &= -xe^{-x} + 2xe^{-2x} - e^{-x} + e^{-2x} \\ &= e^{-2x}(2x + 1) - e^{-x}(x + 1) \\ &= e^{-2x}\big(2x + 1 - e^{x}(1 + x)\big) \end{aligned}\]

Donc, pour tout \(x > 0\) :

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

2- b) \(f'(x) \leq -e^{-2x}\)

Soit \(x > 0\). D’après A- 1 : \(e^{x} \geq 1 + x\). En multipliant par \(1 + x > 0\) : \(e^{x}(1 + x) \geq (1 + x)^{2}\). Donc :

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

En multipliant par \(\dfrac{e^{-2x}}{x^{2}} > 0\) :

\[(\forall x > 0)\ ;\ f'(x) \leq -e^{-2x}\]

2- c) Sens de variations de \(f\)

Pour tout \(x > 0\) : \(f'(x) \leq -e^{-2x} < 0\). Comme \(f\) est continue sur \(I = [0, +\infty[\), la fonction \(f\) est strictement décroissante sur \(I\).

3- a) \(1 + x + \dfrac{x^{2}}{2} \leq e^{x}\) pour \(x \geq 0\)

On pose \(\psi(x) = e^{x} - 1 - x - \dfrac{x^{2}}{2}\) pour \(x \geq 0\). La fonction \(\psi\) est dérivable et, d’après A- 1 :

\[\psi'(x) = e^{x} - 1 - x \geq 0\]

Donc \(\psi\) est croissante sur \([0 ; +\infty[\), et \(\psi(x) \geq \psi(0) = 0\) :

\[(\forall x \geq 0)\ ;\ 1 + x + \dfrac{x^{2}}{2} \leq e^{x}\]

3- b) \(f''(x) > 0\)

Soit \(x > 0\). On note \(N(x)\) le facteur entre parenthèses dans l’expression admise, de sorte que \(f''(x) = \dfrac{e^{-2x}}{x^{3}}\,N(x)\) avec :

\[\begin{aligned} N(x) = {}&-4x^{2} - 4x - 2 \\ &+ e^{x}\left(2 + 2x + x^{2}\right) \end{aligned}\]

D’après 3- a), \(e^{x} \geq \dfrac{1}{2}\left(2 + 2x + x^{2}\right)\), et \(2 + 2x + x^{2} > 0\). Donc :

\[\begin{aligned} &e^{x}\left(2 + 2x + x^{2}\right) \\ &\geq \dfrac{1}{2}\left(2 + 2x + x^{2}\right)^{2} \\ &= \dfrac{x^{4}}{2} + 2x^{3} + 4x^{2} + 4x + 2 \end{aligned}\]

En ajoutant \(-4x^{2} - 4x - 2\) aux deux membres :

\[N(x) \geq \dfrac{x^{4}}{2} + 2x^{3} > 0\]

Comme \(\dfrac{e^{-2x}}{x^{3}} > 0\) :

\[(\forall x > 0)\ ;\ f''(x) > 0\]

4- a) Limite de \(f'\) en \(+\infty\)

Pour tout \(x > 0\) :

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

Quand \(x\) tend vers \(+\infty\) : \(e^{-2x}\) et \(e^{-x}\) tendent vers \(0\) ; \(\dfrac{2x + 1}{x^{2}} = \dfrac{2}{x} + \dfrac{1}{x^{2}}\) et \(\dfrac{x + 1}{x^{2}} = \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{x^{2}}\) tendent vers \(0\). Donc :

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

4- b) \(|f'(x)| \leq \dfrac{3}{2}\) sur \(I\)

D’après 3- b), \(f'' > 0\) sur \(]0, +\infty[\) : la fonction \(f'\) est continue et strictement croissante sur \(]0, +\infty[\). Avec \(\displaystyle\lim_{x \to 0^{+}} f'(x) = -\dfrac{3}{2}\) et \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f'(x) = 0\) :

\[f'\big(]0, +\infty[\big) = \left]-\dfrac{3}{2} ; 0\right[\]

Donc, pour tout \(x > 0\) : \(-\dfrac{3}{2} < f'(x) < 0\), d’où \(|f'(x)| < \dfrac{3}{2}\). En \(0\), le nombre dérivé (à droite) est \(-\dfrac{3}{2}\), de valeur absolue \(\dfrac{3}{2}\). Donc :

\[(\forall x \in I)\ ;\ |f'(x)| \leq \dfrac{3}{2}\]

5- a) Limite de \(f\) en \(+\infty\)

Quand \(x\) tend vers \(+\infty\), \(e^{-x} - e^{-2x}\) tend vers \(0\) et \(\dfrac{1}{x}\) tend vers \(0\). Par produit :

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

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

5- b) Tableau de variations de \(f\)

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

(En \(0\), la valeur \(-\dfrac{3}{2}\) est le nombre dérivé à droite.)

5- c) Position de \((C)\) par rapport à sa demi-tangente en \(T(0 ; 1)\)

La demi-tangente à \((C)\) au point \(T(0 ; 1)\) a pour équation \(y = -\dfrac{3}{2}x + 1\), avec \(x \geq 0\). On pose, pour \(x \in I\) :

\[d(x) = f(x) - \left(-\dfrac{3}{2}x + 1\right)\]

La fonction \(d\) est continue sur \(I\), \(d(0) = 0\) et, pour tout \(x > 0\), d’après 4- b) :

\[d'(x) = f'(x) + \dfrac{3}{2} > 0\]

Donc \(d\) est strictement croissante sur \(I\) : \(d(x) > d(0) = 0\) pour tout \(x > 0\).

La courbe \((C)\) est située au-dessus de sa demi-tangente au point \(T\) (elles n’ont que le point \(T\) en commun).

5- d) Courbe \((C)\)

Éléments du tracé : le point \(T(0 ; 1)\) et la demi-tangente de coefficient directeur \(-\dfrac{3}{2}\) ; la courbe est décroissante, au-dessus de cette demi-tangente, et tourne sa concavité vers le haut (\(f'' > 0\)) ; l’asymptote \(y = 0\) en \(+\infty\). Une valeur : \(f(1) = e^{-1} - e^{-2} \simeq 0{,}23\).

Sur la figure : la courbe \((C)\) en bleu, la demi-tangente en \(T\) en rouge et la droite \(y = x\) en pointillés verts (elle coupe \((C)\) au point d’abscisse \(\alpha\) de la partie C).

Partie C

1- a) \(g\) est une bijection de \([0 ; 1]\) vers \(J\)

La fonction \(g\) est continue sur \([0 ; 1]\) (car \(f\) l’est). Pour tout \(x \in\, ]0 ; 1]\), \(g'(x) = f'(x) - 1 < 0\) (car \(f'(x) < 0\)). Donc \(g\) est continue et strictement décroissante sur \([0 ; 1]\) : c’est une bijection de \([0 ; 1]\) vers \(J = [g(1) ; g(0)]\). Or :

\[\begin{aligned} g(0) &= f(0) - 0 = 1 \\ g(1) &= f(1) - 1 = e^{-1} - e^{-2} - 1 \end{aligned}\] \[J = \left[e^{-1} - e^{-2} - 1 \,;\, 1\right]\]

1- b) Existence et unicité de \(\alpha\)

Comme \(0 < e^{-1} < 1\), on a \(e^{-1} - e^{-2} < e^{-1} < 1\), donc \(g(1) < 0\). De plus \(g(0) = 1 > 0\). Ainsi \(0 \in\, ]g(1) ; g(0)[\). Comme \(g\) est une bijection de \([0 ; 1]\) vers \(J\), il existe un unique réel \(\alpha \in\, ]0 ; 1[\) tel que \(g(\alpha) = 0\), c’est-à-dire :

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

2- a) Majoration de \(|J_{k} - I_{k}|\) par une intégrale

Soit \(k \in \{0 ; 1 ; \ldots ; n\}\). On a \(x_{k} < x_{k+1}\) et, par linéarité de l’intégrale :

\[J_{k} - I_{k} = \int_{x_{k}}^{x_{k+1}} \big(f(x_{k}) - f(t)\big)dt\]

Soit \(t \in [x_{k} ; x_{k+1}]\). La fonction \(f\) est continue sur \([x_{k} ; t]\), dérivable sur \(]x_{k} ; t[\) et \(|f'| \leq \dfrac{3}{2}\) (question B- 4- b). D’après l’inégalité des accroissements finis :

\[|f(x_{k}) - f(t)| \leq \dfrac{3}{2}\,(t - x_{k})\]

Donc :

\[\begin{aligned} &|J_{k} - I_{k}| \\ &\leq \int_{x_{k}}^{x_{k+1}} |f(x_{k}) - f(t)|\,dt \\ &\leq \dfrac{3}{2}\int_{x_{k}}^{x_{k+1}} (t - x_{k})\,dt \end{aligned}\]

2- b) \(|J_{k} - I_{k}| \leq \dfrac{3}{4}\left(\dfrac{\alpha}{n}\right)^{2}\)

On calcule l’intégrale, avec \(x_{k+1} - x_{k} = \dfrac{\alpha}{n}\) :

\[\begin{aligned} &\int_{x_{k}}^{x_{k+1}} (t - x_{k})\,dt \\ &= \left[\dfrac{(t - x_{k})^{2}}{2}\right]_{x_{k}}^{x_{k+1}} \\ &= \dfrac{(x_{k+1} - x_{k})^{2}}{2} = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{\alpha}{n}\right)^{2} \end{aligned}\]

Donc, d’après 2- a) :

\[\begin{aligned} |J_{k} - I_{k}| &\leq \dfrac{3}{2} \times \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{\alpha}{n}\right)^{2} \\ &= \dfrac{3}{4}\left(\dfrac{\alpha}{n}\right)^{2} \end{aligned}\]

3- a) Écart entre la somme et \(L\)

Soit \(n \in \mathbb{N}^{*}\). On a \(x_{0} = 0\) et \(x_{n} = \alpha\). D’après la relation de Chasles :

\[L = \int_{0}^{\alpha} f(t)\,dt = \sum_{k=0}^{n-1} I_{k}\]

De plus \(J_{k}\) est l’intégrale d’une constante : \(J_{k} = f(x_{k})(x_{k+1} - x_{k}) = \dfrac{\alpha}{n}\,f\left(\dfrac{k\alpha}{n}\right)\). Donc :

\[\begin{aligned} &\dfrac{\alpha}{n}\sum_{k=0}^{n-1} f\left(\dfrac{k\alpha}{n}\right) - L \\ &= \sum_{k=0}^{n-1} (J_{k} - I_{k}) \end{aligned}\]

D’après l’inégalité triangulaire et la question 2- b) :

\[\begin{aligned} &\left|\sum_{k=0}^{n-1} (J_{k} - I_{k})\right| \\ &\leq \sum_{k=0}^{n-1} |J_{k} - I_{k}| \\ &\leq n \times \dfrac{3}{4}\left(\dfrac{\alpha}{n}\right)^{2} = \dfrac{3}{4}\,\dfrac{\alpha^{2}}{n} \end{aligned}\]

Donc, pour tout \(n \in \mathbb{N}^{*}\) :

\[\left|\dfrac{\alpha}{n}\sum_{k=0}^{n-1} f\left(\dfrac{k\alpha}{n}\right) - L\right| \leq \dfrac{3}{4}\,\dfrac{\alpha^{2}}{n}\]

3- b) Limite de la somme

Comme \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \dfrac{3}{4}\,\dfrac{\alpha^{2}}{n} = 0\), l’encadrement précédent donne :

\[\begin{aligned} &\lim_{n \to +\infty} \dfrac{\alpha}{n}\sum_{k=0}^{n-1} f\left(\dfrac{k\alpha}{n}\right) \\ &= L = \int_{0}^{\alpha} f(t)\,dt \end{aligned}\]

Exercice 2 : Nombres complexes

Partie I

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

L’équation \((E_{m})\) est du second degré (car \(m \neq 0\)). Son discriminant est :

\[\begin{aligned} \Delta &= (m - 1)^{4} + 4m(m - 1)^{2} \\ &= (m - 1)^{2}\big[(m - 1)^{2} + 4m\big] \\ &= (m - 1)^{2}\left(m^{2} + 2m + 1\right) \\ &= (m - 1)^{2}(m + 1)^{2} \\ &= \left(m^{2} - 1\right)^{2} \end{aligned}\]

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

Une racine carrée de \(\Delta\) est \(m^{2} - 1 = (m - 1)(m + 1)\). Les solutions sont :

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

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

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

2- Forme exponentielle (\(m = e^{i\theta}\), \(0 < \theta < \pi\))

On factorise par l’angle moitié, avec \(e^{i\frac{\theta}{2}} - e^{-i\frac{\theta}{2}} = 2i\sin\dfrac{\theta}{2}\) et \(i = e^{i\frac{\pi}{2}}\) :

\[\begin{aligned} z_{1} &= e^{i\theta} - 1 \\ &= e^{i\frac{\theta}{2}}\left(e^{i\frac{\theta}{2}} - e^{-i\frac{\theta}{2}}\right) \\ &= 2i\sin\dfrac{\theta}{2}\;e^{i\frac{\theta}{2}} \\ &= 2\sin\dfrac{\theta}{2}\;e^{i\frac{\theta + \pi}{2}} \end{aligned}\]

Comme \(0 < \dfrac{\theta}{2} < \dfrac{\pi}{2}\), on a \(2\sin\dfrac{\theta}{2} > 0\) : c’est bien une forme exponentielle.

De même \(z_{2} = \dfrac{1}{m} - 1 = e^{-i\theta} - 1 = \overline{z_{1}}\). Donc :

\[\begin{aligned} z_{1} &= 2\sin\dfrac{\theta}{2}\;e^{i\frac{\theta + \pi}{2}} \\ z_{2} &= 2\sin\dfrac{\theta}{2}\;e^{-i\frac{\theta + \pi}{2}} \end{aligned}\]

Partie II

On note \(a = m - 1\) et \(b = \dfrac{1}{m} - 1\) les affixes de \(A\) et \(B\).

1- Alignement de \(O\), \(A\) et \(B\)

Comme \(m \neq 1\), on a \(a \neq 0\) : \(A \neq O\). De plus :

\[b = \dfrac{1 - m}{m} = -\dfrac{a}{m}\]

donc :

\[\dfrac{b}{a} = -\dfrac{1}{m}\]

Les points \(O\), \(A\) et \(B\) sont alignés si et seulement si \(\dfrac{b - 0}{a - 0}\) est un nombre réel :

\[\begin{aligned} O, A, B \text{ alignés} &\iff -\dfrac{1}{m} \in \mathbb{R} \\ &\iff m \in \mathbb{R} \end{aligned}\]

(L’inverse d’un complexe non nul est réel si et seulement si ce complexe est réel.)

2- a) Affixes de \(C\) et \(D\)

\(C\) est l’image de \(B\) par la rotation de centre \(A\) et d’angle \(\dfrac{\pi}{3}\) : \(c - a = e^{i\frac{\pi}{3}}(b - a)\). Or \(b - a = \dfrac{1}{m} - m\). Donc :

\[c = m - 1 + \left(\dfrac{1}{m} - m\right)e^{i\frac{\pi}{3}}\]

\(D\) est l’image de \(A\) par la rotation de centre \(O\) et d’angle \(\dfrac{\pi}{3}\) : \(d = e^{i\frac{\pi}{3}}\,a\). Donc :

\[d = (m - 1)\,e^{i\frac{\pi}{3}}\]

2- b) Calcul de \(2(p - r)\) et \(2(q - r)\)

Les milieux ont pour affixes \(p = \dfrac{a + c}{2}\), \(q = \dfrac{a + d}{2}\) et \(r = \dfrac{b}{2}\). Avec \(a - b = -\left(\dfrac{1}{m} - m\right)\) :

\[\begin{aligned} &2(p - r) = c + (a - b) \\ &= m - 1 + \left(\dfrac{1}{m} - m\right)e^{i\frac{\pi}{3}} \\ &\quad - \left(\dfrac{1}{m} - m\right) \end{aligned}\]

c’est-à-dire :

\[\begin{aligned} &2(p - r) = m - 1 \\ &\quad + \left(\dfrac{1}{m} - m\right)\left(e^{i\frac{\pi}{3}} - 1\right) \end{aligned}\]

De même :

\[\begin{aligned} &2(q - r) = d + (a - b) \\ &= (m - 1)\,e^{i\frac{\pi}{3}} - \left(\dfrac{1}{m} - m\right) \end{aligned}\]

2- c) \(q - r = e^{i\frac{\pi}{3}}(p - r)\)

On multiplie \(2(p - r)\) par \(e^{i\frac{\pi}{3}}\) :

\[\begin{aligned} &e^{i\frac{\pi}{3}} \times 2(p - r) = (m - 1)\,e^{i\frac{\pi}{3}} \\ &\quad + \left(\dfrac{1}{m} - m\right)\left(e^{i\frac{2\pi}{3}} - e^{i\frac{\pi}{3}}\right) \end{aligned}\]

Or :

\[\begin{aligned} &e^{i\frac{2\pi}{3}} - e^{i\frac{\pi}{3}} \\ &= \left(-\dfrac{1}{2} + \dfrac{\sqrt{3}}{2}\,i\right) - \left(\dfrac{1}{2} + \dfrac{\sqrt{3}}{2}\,i\right) \\ &= -1 \end{aligned}\]

Donc \(e^{i\frac{\pi}{3}} \times 2(p - r) = (m - 1)\,e^{i\frac{\pi}{3}} - \left(\dfrac{1}{m} - m\right) = 2(q - r)\), c’est-à-dire :

\[q - r = e^{i\frac{\pi}{3}}(p - r)\]

2- d) Nature du triangle \(PQR\)

L’égalité \(q - r = e^{i\frac{\pi}{3}}(p - r)\) signifie que \(Q\) est l’image de \(P\) par la rotation de centre \(R\) et d’angle \(\dfrac{\pi}{3}\). Donc :

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

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

Remarque : ce raisonnement suppose \(P \neq R\). On peut vérifier que \(p = r\) uniquement pour \(m = -\dfrac{1}{2} + \dfrac{\sqrt{3}}{6}\,i\) ; dans ce cas très particulier, les trois points \(P\), \(Q\) et \(R\) sont confondus.

Exercice 3 : Structures algébriques

1- a) \(\varphi\) est un homomorphisme de \((\mathbb{R}, +)\) vers \((M_{3}(\mathbb{R}), \times)\)

Soient \(a\) et \(b\) deux réels. On calcule le produit \(M(a) \times M(b)\) ligne par ligne.

• Première ligne : \((1 \,;\, 0 \,;\, 0)\).
• Deuxième ligne : \((a + 1) + 3(b + 1) - (2b + 3) = a + b + 1\) ; puis \(9 - 6 = 3\) ; puis \(-3 + 2 = -1\).
• Troisième ligne : \((2a + 3) + 6(b + 1) - 2(2b + 3) = 2(a + b) + 3\) ; puis \(18 - 12 = 6\) ; puis \(-6 + 4 = -2\).

\[\begin{aligned} &M(a) \times M(b) \\ &= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ (a + b) + 1 & 3 & -1 \\ 2(a + b) + 3 & 6 & -2 \end{pmatrix} \\ &= M(a + b) \end{aligned}\]

Donc, pour tous réels \(a\) et \(b\) :

\[\varphi(a + b) = \varphi(a) \times \varphi(b)\]

\(\varphi\) est un homomorphisme de \((\mathbb{R}, +)\) vers \((M_{3}(\mathbb{R}), \times)\).

1- b) \(\varphi(\mathbb{R}) = G\) et \((G, \times)\) est un groupe commutatif

Par définition de \(\varphi\) et de \(G\) :

\[\begin{aligned} \varphi(\mathbb{R}) &= \{\varphi(a) \,/\, a \in \mathbb{R}\} \\ &= \{M(a) \,/\, a \in \mathbb{R}\} = G \end{aligned}\]

Or \((\mathbb{R}, +)\) est un groupe commutatif et \(\varphi\) est un homomorphisme de \((\mathbb{R}, +)\) vers \((M_{3}(\mathbb{R}), \times)\). L’image d’un groupe commutatif par un homomorphisme est un groupe commutatif. Donc \((G, \times)\) est un groupe commutatif.

1- c) Élément neutre de \((G, \times)\)

L’élément neutre de \((G, \times)\) est l’image par \(\varphi\) de l’élément neutre de \((\mathbb{R}, +)\) :

\[\begin{aligned} &J = \varphi(0) = M(0) \\ &= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 3 & -1 \\ 3 & 6 & -2 \end{pmatrix} \end{aligned}\]

1- d) Inverse de \(M(a)\) dans \((G, \times)\)

Soit \(a \in \mathbb{R}\). L’inverse de \(\varphi(a)\) est l’image par \(\varphi\) du symétrique de \(a\) dans \((\mathbb{R}, +)\) ; en effet \(M(a) \times M(-a) = M(0) = J\). Donc :

\[\begin{aligned} &\big(M(a)\big)^{-1} = M(-a) \\ &= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 - a & 3 & -1 \\ 3 - 2a & 6 & -2 \end{pmatrix} \end{aligned}\]

1- e) Résolution de \(M(1) \times X = M(2)\) dans \(G\)

Soit \(X \in G\). Dans le groupe \((G, \times)\), l’inverse de \(M(1)\) est \(M(-1)\). Donc :

\[\begin{aligned} &M(1) \times X = M(2) \\ &\iff X = M(-1) \times M(2) \\ &\iff X = M(1) \end{aligned}\]

L’équation admet dans \(G\) une unique solution :

\[X = M(1) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 2 & 3 & -1 \\ 5 & 6 & -2 \end{pmatrix}\]

2- a) \(M(a) \times J = M(a) \times I\)

Soit \(a \in \mathbb{R}\). Comme \(J = M(0)\) est l’élément neutre de \((G, \times)\) et \(I\) l’unité de \(M_{3}(\mathbb{R})\) :

\[\begin{aligned} M(a) \times J &= M(a + 0) = M(a) \\ M(a) \times I &= M(a) \end{aligned}\]

Donc : \((\forall a \in \mathbb{R})\ ;\ M(a) \times J = M(a) \times I\).

2- b) \(M(a)\) n’est pas inversible dans \((M_{3}(\mathbb{R}), \times)\)

Par l’absurde : supposons qu’il existe \(a \in \mathbb{R}\) tel que \(M(a)\) soit inversible dans \((M_{3}(\mathbb{R}), \times)\), et notons \(N\) son inverse : \(N \times M(a) = I\). En multipliant à gauche par \(N\) l’égalité \(M(a) \times J = M(a) \times I\), on obtient \(I \times J = I \times I\), c’est-à-dire :

\[J = I\]

C’est faux : par exemple, le coefficient de la deuxième ligne et de la première colonne vaut \(1\) dans \(J\) et \(0\) dans \(I\).

Donc, pour tout \(a \in \mathbb{R}\), \(M(a)\) n’est pas inversible dans \((M_{3}(\mathbb{R}), \times)\).

2- c) Autres solutions dans \(M_{3}(\mathbb{R})\)

Soit \(x \in \mathbb{R}\) et \(X\) la matrice de l’énoncé. On calcule \(M(1) \times X\) ligne par ligne, avec \(M(1) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 2 & 3 & -1 \\ 5 & 6 & -2 \end{pmatrix}\).

• Première ligne : \((1 \,;\, 0 \,;\, 0)\).
• Deuxième ligne : \(2 + 3(x + 2) - (3x + 5) = 3\) ; puis \(9 - 6 = 3\) ; puis \(0 + 0 - 1 = -1\).
• Troisième ligne : \(5 + 6(x + 2) - 2(3x + 5) = 7\) ; puis \(18 - 12 = 6\) ; puis \(0 + 0 - 2 = -2\).

\[\begin{aligned} &M(1) \times X \\ &= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 3 & 3 & -1 \\ 7 & 6 & -2 \end{pmatrix} = M(2) \end{aligned}\]

Donc toutes ces matrices \(X\) sont des solutions, dans \((M_{3}(\mathbb{R}), \times)\), de l’équation \(M(1) \times X = M(2)\).

Remarque : l’équation a une seule solution dans \(G\), mais une infinité de solutions dans \(M_{3}(\mathbb{R})\) ; cela est cohérent avec le fait que \(M(1)\) n’est pas inversible dans \(M_{3}(\mathbb{R})\).

Exercice 4 : Arithmétique

1- \(137\) est un nombre premier

On a \(11^{2} = 121 \leq 137 < 144 = 12^{2}\). Il suffit donc de vérifier que \(137\) n’est divisible par aucun des nombres premiers \(2\), \(3\), \(5\), \(7\) et \(11\).

• \(137\) est impair : il n’est pas divisible par \(2\).
• \(1 + 3 + 7 = 11\) n’est pas un multiple de \(3\) : \(137\) n’est pas divisible par \(3\).
• \(137\) ne se termine ni par \(0\) ni par \(5\) : il n’est pas divisible par \(5\).
• \(137 = 7 \times 19 + 4\) : il n’est pas divisible par \(7\).
• \(137 = 11 \times 12 + 5\) : il n’est pas divisible par \(11\).

Donc \(137\) est un nombre premier.

2- Un couple \((u, v)\) tel que \(38u + 136v = 2\)

En divisant par \(2\), l’équation équivaut à \(19u + 68v = 1\). On applique l’algorithme d’Euclide à \(68\) et \(19\) :

\[\begin{aligned} 68 &= 3 \times 19 + 11 \\ 19 &= 1 \times 11 + 8 \\ 11 &= 1 \times 8 + 3 \\ 8 &= 2 \times 3 + 2 \\ 3 &= 1 \times 2 + 1 \end{aligned}\]

On remonte :

\[\begin{aligned} 1 &= 3 - 2 = 3 - (8 - 2 \times 3) \\ &= 3 \times 3 - 8 \\ &= 3 \times (11 - 8) - 8 \\ &= 3 \times 11 - 4 \times 8 \\ &= 3 \times 11 - 4 \times (19 - 11) \\ &= 7 \times 11 - 4 \times 19 \\ &= 7 \times (68 - 3 \times 19) - 4 \times 19 \\ &= 7 \times 68 - 25 \times 19 \end{aligned}\]

Donc \(19 \times (-25) + 68 \times 7 = 1\), et en multipliant par \(2\) :

\[38 \times (-25) + 136 \times 7 = 2\]

Un couple convenable est \((u, v) = (-25, 7)\) (vérification : \(-950 + 952 = 2\)).

Remarque : le couple \((43, -12)\) convient aussi, car \(38 \times 43 = 1634\) et \(136 \times 12 = 1632\). On retient pour la suite :

\[38 \times 43 = 136 \times 12 + 2\]

3- a) \(x\) et \(137\) sont premiers entre eux

Comme \(x^{38} \equiv 1\ [137]\), il existe \(k \in \mathbb{Z}\) tel que \(x^{38} = 1 + 137k\), c’est-à-dire :

\[x \times x^{37} + 137 \times (-k) = 1\]

D’après le théorème de Bézout, \(x\) et \(137\) sont premiers entre eux.

3- b) \(x^{136} \equiv 1\ [137]\)

\(137\) est un nombre premier et \(x \wedge 137 = 1\). D’après le petit théorème de Fermat :

\[x^{136} \equiv 1\ [137]\]

3- c) \(x^{2} \equiv 1\ [137]\)

On utilise l’égalité \(38 \times 43 = 136 \times 12 + 2\) et on calcule \(x^{38 \times 43}\) modulo \(137\) de deux façons :

\[\begin{aligned} x^{38 \times 43} &= \left(x^{38}\right)^{43} \equiv 1\ [137] \\ x^{38 \times 43} &= \left(x^{136}\right)^{12} \times x^{2} \equiv x^{2}\ [137] \end{aligned}\]

Donc :

\[x^{2} \equiv 1\ [137]\]

4- Résolution de \((E)\) : \(x^{19} \equiv 1\ [137]\)

• Analyse. Soit \(x \in \mathbb{Z}\) une solution de \((E)\). Alors \(x^{38} = \left(x^{19}\right)^{2} \equiv 1\ [137]\), donc d’après la question 3- c) : \(x^{2} \equiv 1\ [137]\). Par suite :

\[x^{19} = x \times \left(x^{2}\right)^{9} \equiv x\ [137]\]

Comme \(x^{19} \equiv 1\ [137]\), on obtient \(x \equiv 1\ [137]\).

• Synthèse. Si \(x \equiv 1\ [137]\), alors \(x^{19} \equiv 1^{19} \equiv 1\ [137]\) : \(x\) est solution de \((E)\).

• Conclusion. L’ensemble des solutions de \((E)\) dans \(\mathbb{Z}\) est :

\[S = \{1 + 137k \,/\, k \in \mathbb{Z}\}\]