الامتحان الوطني الموحد للبكالوريا 2026 – الرياضيات – شعبة العلوم الرياضية (أ) و (ب) – الدورة الاستدراكية

Exercice 1 : Analyse

Partie I

Dans toute cette partie, \(x\) est un réel fixé de \(]0, +\infty[ - \{1\}\). On note \(K = \dfrac{g(x)}{(x - 1)^{2}}\) : c’est une constante (elle ne dépend pas de \(t\)), et \(h(t) = K(t - 1)^{2} - g(t)\).

1- Dérivabilité de \(h\) et calcul de \(h'(t)\)

La fonction \(g\) est dérivable sur \(]0, +\infty[\) et \(g'(t) = \dfrac{1}{t} - 1\). La fonction \(t \mapsto K(t - 1)^{2}\) est une fonction polynôme, donc dérivable sur \(]0, +\infty[\). Par différence, \(h\) est dérivable sur \(]0, +\infty[\) et, pour tout \(t > 0\) :

\[\begin{aligned} h'(t) &= 2K(t - 1) - \left(\dfrac{1}{t} - 1\right) \\ &= 2K(t - 1) + \dfrac{t - 1}{t} \\ &= \left(2K + \dfrac{1}{t}\right)(t - 1) \end{aligned}\]

En remplaçant \(K\) par sa valeur :

\[h'(t) = \left(\dfrac{2g(x)}{(x - 1)^{2}} + \dfrac{1}{t}\right)(t - 1)\]

2- Application du théorème de Rolle

On calcule \(h(1)\) et \(h(x)\), en remarquant que \(g(1) = \ln 1 - 0 = 0\) :

\[h(1) = K \times 0 - g(1) = 0\] \[\begin{aligned} h(x) &= \dfrac{g(x)}{(x - 1)^{2}}(x - 1)^{2} - g(x) \\ &= g(x) - g(x) = 0 \end{aligned}\]

La fonction \(h\) est continue sur l’intervalle fermé d’extrémités \(x\) et \(1\), dérivable sur l’intervalle ouvert correspondant, et \(h(x) = h(1)\). D’après le théorème de Rolle, il existe un réel \(\theta\) strictement compris entre \(x\) et \(1\) tel que \(h'(\theta) = 0\), c’est-à-dire :

\[\left(2K + \dfrac{1}{\theta}\right)(\theta - 1) = 0\]

Comme \(\theta \neq 1\), on obtient \(2K + \dfrac{1}{\theta} = 0\), donc \(K = \dfrac{-1}{2\theta}\) :

\[\dfrac{g(x)}{(x - 1)^{2}} = \dfrac{-1}{2\theta}\]

3- Encadrement de \(\theta\)

On distingue deux cas selon la position de \(x\) par rapport à \(1\).

• Si \(x > 1\) : alors \(|x - 1| = x - 1\), donc

\[\begin{aligned} \dfrac{x + 1 - |x - 1|}{2} &= 1 \\ \dfrac{x + 1 + |x - 1|}{2} &= x \end{aligned}\]

Or \(\theta\) est strictement compris entre \(1\) et \(x\) : \(1 < \theta < x\).

• Si \(0 < x < 1\) : alors \(|x - 1| = 1 - x\), donc

\[\begin{aligned} \dfrac{x + 1 - |x - 1|}{2} &= x \\ \dfrac{x + 1 + |x - 1|}{2} &= 1 \end{aligned}\]

Or \(\theta\) est strictement compris entre \(x\) et \(1\) : \(x < \theta < 1\).

Dans les deux cas :

\[\begin{aligned} \dfrac{x + 1 - |x - 1|}{2} &< \theta \\ &< \dfrac{x + 1 + |x - 1|}{2} \end{aligned}\]

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

D’après la question 3, en multipliant par \(2\) :

\[\begin{aligned} 0 &< x + 1 - |x - 1| < 2\theta \\ 2\theta &< x + 1 + |x - 1| \end{aligned}\]

(le nombre \(x + 1 - |x - 1|\) vaut \(2\) ou \(2x\), il est strictement positif). La fonction inverse est strictement décroissante sur \(]0, +\infty[\), donc :

\[\begin{aligned} \dfrac{1}{x + 1 + |x - 1|} &< \dfrac{1}{2\theta} \\ &< \dfrac{1}{x + 1 - |x - 1|} \end{aligned}\]

En multipliant par \(-1\) (le sens des inégalités change) et en utilisant \(\dfrac{g(x)}{(x - 1)^{2}} = \dfrac{-1}{2\theta}\) :

\[\begin{aligned} \dfrac{-1}{x + 1 - |x - 1|} &< \dfrac{g(x)}{(x - 1)^{2}} \\ &< \dfrac{-1}{|x - 1| + x + 1} \end{aligned}\]

Partie II

1- a) Limites de \(f\) en \(0^{+}\) et en \(+\infty\)

• En \(0^{+}\) : \(\displaystyle\lim_{x \to 0^{+}} \ln(x) = -\infty\) et \(\displaystyle\lim_{x \to 0^{+}} (x - 1) = -1\), donc \(\displaystyle\lim_{x \to 0^{+}} \dfrac{\ln(x)}{x - 1} = +\infty\). Par suite :

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

Interprétation : l’axe des ordonnées (la droite d’équation \(x = 0\)) est une asymptote verticale à la courbe \((C)\).

• En \(+\infty\) : pour \(x > 1\),

\[\dfrac{\ln(x)}{x - 1} = \dfrac{\ln(x)}{x} \times \dfrac{x}{x - 1}\]

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

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

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

1- b) Continuité de \(f\) en \(1\)

La fonction \(\ln\) est dérivable en \(1\) et \(\ln'(1) = 1\), donc :

\[\begin{aligned} \lim_{x \to 1} \dfrac{\ln(x)}{x - 1} &= \lim_{x \to 1} \dfrac{\ln(x) - \ln(1)}{x - 1} \\ &= 1 \end{aligned}\]

Par suite \(\displaystyle\lim_{x \to 1} f(x) = 1^{2} = 1 = f(1)\). Donc \(f\) est continue au point \(1\).

2- a) Taux d’accroissement de \(f\) en \(1\)

Soit \(x \in\, ]0, 1[\, \cup\, ]1, +\infty[\). Avec l’identité \(A^{2} - 1 = (A + 1)(A - 1)\) :

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

Or :

\[\begin{aligned} \dfrac{\ln(x)}{x - 1} - 1 &= \dfrac{\ln(x) - (x - 1)}{x - 1} \\ &= \dfrac{g(x)}{x - 1} \end{aligned}\]

En divisant par \(x - 1\) :

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

2- b) Dérivabilité de \(f\) en \(1\)

D’après la partie I (question 4), pour tout \(x \in\, ]0, +\infty[ - \{1\}\) :

\[\begin{aligned} \dfrac{-1}{x + 1 - |x - 1|} &< \dfrac{g(x)}{(x - 1)^{2}} \\ &< \dfrac{-1}{|x - 1| + x + 1} \end{aligned}\]

Quand \(x\) tend vers \(1\), \(|x - 1|\) tend vers \(0\) et \(x + 1\) tend vers \(2\) : les deux bornes tendent vers \(-\dfrac{1}{2}\). D’après le théorème des gendarmes :

\[\lim_{x \to 1} \dfrac{g(x)}{(x - 1)^{2}} = -\dfrac{1}{2}\]

De plus \(\displaystyle\lim_{x \to 1} \left(1 + \dfrac{\ln(x)}{x - 1}\right) = 2\). D’après 2- a) :

\[\begin{aligned} &\lim_{x \to 1} \dfrac{f(x) - f(1)}{x - 1} \\ &= 2 \times \left(-\dfrac{1}{2}\right) = -1 \end{aligned}\]

Donc \(f\) est dérivable en \(1\) et \(f'(1) = -1\).

2- c) Équation de la tangente \((T)\)

\[\begin{aligned} (T) :\ y &= f'(1)(x - 1) + f(1) \\ &= -(x - 1) + 1 \end{aligned}\]

Donc \((T) :\ y = -x + 2\).

3- a) Dérivabilité de \(f\) sur \(]0, +\infty[\) et calcul de \(f'(x)\)

On pose \(u(x) = \dfrac{\ln(x)}{x - 1}\) pour \(x \neq 1\). La fonction \(u\) est dérivable sur \(]0, 1[\) et sur \(]1, +\infty[\) (quotient de fonctions dérivables dont le dénominateur ne s’annule pas), donc \(f = u^{2}\) aussi. Comme \(f\) est dérivable en \(1\) (question 2- b), \(f\) est dérivable sur \(]0, +\infty[\).

Pour \(x \neq 1\) :

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

Or :

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

Donc \(u'(x) = \dfrac{g\left(\frac{1}{x}\right)}{(x - 1)^{2}}\), et comme \(f'(x) = 2u(x)u'(x)\) :

\[f'(x) = \dfrac{2\ln(x)}{x - 1} \cdot \dfrac{g\left(\frac{1}{x}\right)}{(x - 1)^{2}}\]

3- b) Signe de \(\dfrac{\ln(x)}{x - 1}\)

• Si \(x > 1\) : \(\ln(x) > 0\) et \(x - 1 > 0\), donc le quotient est strictement positif.
• Si \(0 < x < 1\) : \(\ln(x) < 0\) et \(x - 1 < 0\), donc le quotient est strictement positif.

Donc \(\forall x \in\, ]0, 1[\, \cup\, ]1, +\infty[,\ \dfrac{\ln(x)}{x - 1} > 0\).

3- c) Signe de \(g\) et variations de \(f\)

• Signe de \(g\). Pour tout \(t > 0\), \(g'(t) = \dfrac{1}{t} - 1 = \dfrac{1 - t}{t}\), qui est du signe de \(1 - t\).

\[\begin{array}{|c|lcccr|} \hline t & 0 & & 1 & & +\infty \\ \hline g'(t) & & + & 0 & - & \\ \hline g(t) & & \nearrow & 0 & \searrow & \\ \hline \end{array}\]

\(g\) admet un maximum en \(1\), égal à \(g(1) = 0\). Donc \(g(t) \leq 0\) pour tout \(t > 0\) : \(g\) est négative sur \(]0, +\infty[\). De plus \(g(t) < 0\) pour tout \(t \neq 1\).

• Variations de \(f\). Soit \(x \in\, ]0, +\infty[ - \{1\}\). Alors \(\dfrac{1}{x} \neq 1\), donc \(g\left(\dfrac{1}{x}\right) < 0\). De plus \(\dfrac{2\ln(x)}{x - 1} > 0\) (question 3- b) et \((x - 1)^{2} > 0\). Donc \(f'(x) < 0\). Enfin \(f'(1) = -1 < 0\).

Donc \(f\) est strictement décroissante sur \(]0, +\infty[\).

\[\begin{array}{|c|lcr|} \hline x & 0 & & +\infty \\ \hline f'(x) & & - & \\ \hline f(x) & +\infty & \searrow & 0 \\ \hline \end{array}\]

4- Résolution de \(f(x) = x\)

On a \(f(1) = 1\), donc \(1\) est solution. Comme \(f\) est strictement décroissante sur \(]0, +\infty[\) :

• si \(0 < x < 1\), alors \(f(x) > f(1) = 1 > x\), donc \(f(x) \neq x\) ;
• si \(x > 1\), alors \(f(x) < f(1) = 1 < x\), donc \(f(x) \neq x\).

Donc \(1\) est la seule solution de l’équation \(f(x) = x\) sur \(]0, +\infty[\).

5- Tangente \((T)\) et courbe \((C)\)

Éléments utilisés pour le tracé :

• l’axe des ordonnées est asymptote verticale à \((C)\) et l’axe des abscisses est asymptote horizontale en \(+\infty\) ;
• \(f\) est strictement décroissante sur \(]0, +\infty[\) ;
• \((C)\) passe par le point \(A(1 ; 1)\), où sa tangente est \((T) :\ y = -x + 2\), qui passe par les points \((0 ; 2)\) et \((2 ; 0)\) ;
• quelques valeurs approchées : \(f(0{,}25) \simeq 3{,}4\), \(f(0{,}5) \simeq 1{,}9\), \(f(2) \simeq 0{,}5\), \(f(3) \simeq 0{,}3\).

6- a) Existence et unicité de \(x_{n}\)

La fonction \(f\) est continue et strictement décroissante sur \(]0, 1]\). Elle réalise donc une bijection de \(]0, 1]\) vers :

\[\begin{aligned} f\big(]0, 1]\big) &= \Big[f(1)\ ;\ \lim_{x \to 0^{+}} f(x)\Big[ \\ &= [1, +\infty[ \end{aligned}\]

Comme \(n \in \mathbb{N}^{*}\), on a \(n \in [1, +\infty[\). Donc l’équation \(f(x) = n\) admet une solution unique \(x_{n}\) dans \(]0, 1]\).

6- b) \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} x_{n} = 0\)

• La suite \((x_{n})\) est décroissante. Pour tout \(n \in \mathbb{N}^{*}\), \(f(x_{n+1}) = n + 1 > n = f(x_{n})\). Comme \(f\) est strictement décroissante, \(x_{n+1} < x_{n}\).

• Elle converge. \((x_{n})\) est décroissante et minorée par \(0\), donc elle converge vers un réel \(\ell\) tel que \(0 \leq \ell \leq 1\).

• Sa limite est \(0\). Supposons \(\ell > 0\). Alors \(\ell \in\, ]0, 1]\) et \(f\) est continue en \(\ell\), donc \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} f(x_{n}) = f(\ell)\), qui est un nombre réel. Or \(f(x_{n}) = n\) tend vers \(+\infty\) : contradiction. Donc \(\ell = 0\).

\[\lim_{n \to +\infty} x_{n} = 0\]

6- c) Limite de \(x_{n}\sqrt{n}\)

• Vérification. Soit \(n \geq 2\). Comme \(f(1) = 1 \neq n\), on a \(x_{n} \neq 1\), donc \(x_{n} \in\, ]0, 1[\) et :

\[f(x_{n}) = \left(\dfrac{\ln(x_{n})}{x_{n} - 1}\right)^{2} = n\]

D’après 3- b), \(\dfrac{\ln(x_{n})}{x_{n} - 1} > 0\). Donc :

\[\sqrt{n} = \dfrac{\ln(x_{n})}{x_{n} - 1}\]

Remarque : pour \(n = 1\), on a \(x_{1} = 1\) et le quotient n’est pas défini ; l’égalité est à comprendre pour \(n \geq 2\), ce qui suffit pour calculer la limite.

• Limite. Pour \(n \geq 2\) :

\[x_{n}\sqrt{n} = \dfrac{x_{n}\ln(x_{n})}{x_{n} - 1}\]

Quand \(n\) tend vers \(+\infty\), \(x_{n}\) tend vers \(0^{+}\). Or \(\displaystyle\lim_{x \to 0^{+}} x\ln(x) = 0\), donc \(x_{n}\ln(x_{n})\) tend vers \(0\), et \(x_{n} - 1\) tend vers \(-1\). Par quotient :

\[\lim_{n \to +\infty} x_{n}\sqrt{n} = 0\]

Exercice 2 : Analyse

1- Décomposition de l’intégrale

Soit \(n \in \mathbb{N}^{*}\). Pour tout \(x \in [0, 1]\), on écrit \(\varphi(x) = \varphi(1) + \big(\varphi(x) - \varphi(1)\big)\). Par linéarité de l’intégrale :

\[\begin{aligned} &\int_{0}^{1} x^{n}\varphi(x)\,dx = \varphi(1)\int_{0}^{1} x^{n}\,dx \\ &\quad + \int_{0}^{1} x^{n}\big(\varphi(x) - \varphi(1)\big)\,dx \end{aligned}\]

Or \(\displaystyle\int_{0}^{1} x^{n}\,dx = \left[\dfrac{x^{n+1}}{n + 1}\right]_{0}^{1} = \dfrac{1}{n + 1}\). Donc :

\[\begin{aligned} &\int_{0}^{1} x^{n}\varphi(x)\,dx = \dfrac{\varphi(1)}{n + 1} \\ &\quad + \int_{0}^{1} x^{n}\big(\varphi(x) - \varphi(1)\big)\,dx \end{aligned}\]

2- La dérivée \(\varphi'\) est bornée

La fonction \(\varphi'\) est continue sur le segment \([0, 1]\), donc \(|\varphi'|\) aussi. Or toute fonction continue sur un segment est bornée. Il existe donc un réel \(M \geq 0\) tel que :

\[\forall x \in [0, 1],\ |\varphi'(x)| \leq M\]

3- \(|\varphi(x) - \varphi(1)| \leq M(1 - x)\)

Si \(x = 1\), les deux membres sont nuls. Soit \(x \in [0, 1[\). La fonction \(\varphi\) est continue sur \([x, 1]\), dérivable sur \(]x, 1[\) et \(|\varphi'(t)| \leq M\) pour tout \(t \in\, ]x, 1[\). D’après l’inégalité des accroissements finis :

\[|\varphi(1) - \varphi(x)| \leq M|1 - x| = M(1 - x)\]

4- Limite de \(n\displaystyle\int_{0}^{1} x^{n}\varphi(x)\,dx\)

D’après la question 1, en multipliant par \(n\) :

\[\begin{aligned} &n\int_{0}^{1} x^{n}\varphi(x)\,dx \\ &= \dfrac{n}{n + 1}\,\varphi(1) + R_{n} \end{aligned}\]

où l’on a posé :

\[R_{n} = n\int_{0}^{1} x^{n}\big(\varphi(x) - \varphi(1)\big)\,dx\]

On majore \(|R_{n}|\) à l’aide de la question 3 (et de \(x^{n} \geq 0\)) :

\[\begin{aligned} &|R_{n}| \\ &\leq n\int_{0}^{1} x^{n}\,|\varphi(x) - \varphi(1)|\,dx \\ &\leq nM\int_{0}^{1} x^{n}(1 - x)\,dx \end{aligned}\]

Or :

\[\begin{aligned} &\int_{0}^{1} x^{n}(1 - x)\,dx \\ &= \int_{0}^{1} (x^{n} - x^{n+1})\,dx \\ &= \dfrac{1}{n + 1} - \dfrac{1}{n + 2} \\ &= \dfrac{1}{(n + 1)(n + 2)} \end{aligned}\]

Donc \(0 \leq |R_{n}| \leq \dfrac{nM}{(n + 1)(n + 2)}\). Comme \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \dfrac{nM}{(n + 1)(n + 2)} = 0\), on a \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} R_{n} = 0\). De plus \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \dfrac{n}{n + 1} = 1\). Par somme :

\[\lim_{n \to +\infty} n\int_{0}^{1} x^{n}\varphi(x)\,dx = \varphi(1)\]

5- Limites de \((u_{n})\) et de \((v_{n})\)

• La suite \((u_{n})\). On a \(u_{n} = n\displaystyle\int_{0}^{1} t^{n}\varphi(t)\,dt\) avec \(\varphi(t) = \dfrac{1}{1 + 2t}\). Cette fonction est dérivable sur \([0, 1]\) et sa dérivée \(\varphi'(t) = \dfrac{-2}{(1 + 2t)^{2}}\) est continue sur \([0, 1]\). D’après la question 4 :

\[\lim_{n \to +\infty} u_{n} = \varphi(1) = \dfrac{1}{3}\]

• La suite \((v_{n})\). On effectue le changement de variable \(t = 2x\) : \(x = \dfrac{t}{2}\), \(dx = \dfrac{dt}{2}\), et \(t\) varie de \(0\) à \(1\) quand \(x\) varie de \(0\) à \(\dfrac{1}{2}\).

\[\begin{aligned} &\int_{0}^{\frac{1}{2}} x^{n}\,\mathrm{Arctan}(2x)\,dx \\ &= \int_{0}^{1} \left(\dfrac{t}{2}\right)^{n}\mathrm{Arctan}(t)\,\dfrac{dt}{2} \\ &= \dfrac{1}{2^{n+1}}\int_{0}^{1} t^{n}\,\mathrm{Arctan}(t)\,dt \end{aligned}\]

Donc \(v_{n} = n\displaystyle\int_{0}^{1} t^{n}\,\mathrm{Arctan}(t)\,dt\). La fonction \(\varphi = \mathrm{Arctan}\) est dérivable sur \([0, 1]\) et sa dérivée \(\varphi'(t) = \dfrac{1}{1 + t^{2}}\) est continue sur \([0, 1]\). D’après la question 4 :

\[\lim_{n \to +\infty} v_{n} = \mathrm{Arctan}(1) = \dfrac{\pi}{4}\]

Exercice 3 : Nombres complexes

On note \(P(z) = z^{3} - \big(1 + (1 + i)m\big)z^{2} + \big((1 + i)m + i m^{2}\big)z - i m^{2}\).

Partie I

1- \(1\) et \(m\) sont solutions de \((E_{m})\)

• Pour \(z = 1\) :

\[\begin{aligned} P(1) &= 1 - 1 - (1 + i)m \\ &\quad + (1 + i)m + i m^{2} - i m^{2} \\ &= 0 \end{aligned}\]

• Pour \(z = m\) :

\[\begin{aligned} P(m) &= m^{3} - m^{2} - (1 + i)m^{3} \\ &\quad + (1 + i)m^{2} + i m^{3} - i m^{2} \\ &= (1 - 1 - i + i)m^{3} \\ &\quad + (-1 + 1 + i - i)m^{2} \\ &= 0 \end{aligned}\]

Donc \(1\) et \(m\) sont des solutions de \((E_{m})\).

2- Ensemble des solutions de \((E_{m})\)

\(P\) est un polynôme de degré \(3\) dont \(1\) et \(m\) sont deux racines distinctes (\(m \neq 1\)). Il existe donc un nombre complexe \(z_{3}\) tel que, pour tout \(z\) :

\[P(z) = (z - 1)(z - m)(z - z_{3})\]

En comparant les termes constants : \(-m\,z_{3} = -i m^{2}\). Comme \(m \neq 0\), on obtient \(z_{3} = im\).

Vérification : la somme des racines \(1 + m + im\) est bien égale à \(1 + (1 + i)m\), le coefficient de \(z^{2}\) changé de signe.

\[S = \{1\ ;\ m\ ;\ im\}\]

Partie II – A

Comme \(|m| = 1\), on a \(m\,\overline{m} = |m|^{2} = 1\), donc \(\overline{m} = \dfrac{1}{m}\). Les dénominateurs sont non nuls : \(1 + im \neq 0\) car \(m \neq i\), \(m - 1 \neq 0\) et \(m + i \neq 0\).

1- Deux égalités

• Première égalité. Le conjugué d’un quotient est le quotient des conjugués :

\[\overline{\left(\dfrac{m + i}{1 + im}\right)} = \dfrac{\overline{m} - i}{1 - i\,\overline{m}}\]

On multiplie le numérateur et le dénominateur par \(m\) (avec \(m\,\overline{m} = 1\)), puis par \(i\) :

\[\dfrac{\overline{m} - i}{1 - i\,\overline{m}} = \dfrac{1 - im}{m - i} = \dfrac{i + m}{im + 1}\]

Donc :

\[\overline{\left(\dfrac{m + i}{1 + im}\right)} - \left(\dfrac{m + i}{1 + im}\right) = 0\]

Autrement dit, \(\dfrac{m + i}{1 + im}\) est un nombre réel.

• Deuxième égalité. On remplace \(\overline{m}\) par \(\dfrac{1}{m}\), puis on multiplie le numérateur et le dénominateur par \(m\) :

\[\begin{aligned} \dfrac{\overline{m} + 1}{\overline{m} - 1} &= \dfrac{\frac{1}{m} + 1}{\frac{1}{m} - 1} = \dfrac{1 + m}{1 - m} \\ &= -\dfrac{m + 1}{m - 1} \end{aligned}\]

Donc :

\[\left(\dfrac{\overline{m} + 1}{\overline{m} - 1}\right) + \left(\dfrac{m + 1}{m - 1}\right) = 0\]

Autrement dit, \(\dfrac{m + 1}{m - 1}\) est égal à l’opposé de son conjugué : c’est un imaginaire pur.

2- \((1 + i)\left(\dfrac{m - 1}{m + i}\right)\) est un imaginaire pur

On pose \(Z = (1 + i)\,\dfrac{m - 1}{m + i}\). On calcule son conjugué, en multipliant le numérateur et le dénominateur par \(m\), puis par \(i\) :

\[\begin{aligned} \overline{Z} &= (1 - i)\,\dfrac{\overline{m} - 1}{\overline{m} - i} \\ &= (1 - i)\,\dfrac{1 - m}{1 - im} \\ &=\dfrac{(i + 1)(1 - m)}{i + m} \\ &= -(1 + i)\,\dfrac{m - 1}{m + i} = -Z \end{aligned}\]

Donc \(Z + \overline{Z} = 0\), c’est-à-dire \(\mathrm{Re}(Z) = 0\) : \(Z\) est un imaginaire pur.

Partie II – B

1- a) Calcul de \(\dfrac{e - c}{e - b}\)

\[\begin{aligned} e - c &= \dfrac{1}{2}(1 + i)(m - i) - im \\ &= \dfrac{1}{2}\big[(1 + i)m - i + 1 - 2im\big] \\ &= \dfrac{1}{2}\big[(1 - i)m + (1 - i)\big] \\ &= \dfrac{1}{2}(1 - i)(m + 1) \end{aligned}\] \[\begin{aligned} e - b &= \dfrac{1}{2}(1 + i)(m - i) - 1 \\ &= \dfrac{1}{2}\big[(1 + i)m - i + 1 - 2\big] \\ &= \dfrac{1}{2}\big[(1 + i)m - (1 + i)\big] \\ &= \dfrac{1}{2}(1 + i)(m - 1) \end{aligned}\]

Comme \(\dfrac{1 - i}{1 + i} = \dfrac{(1 - i)^{2}}{2} = -i\) :

\[\begin{aligned} \dfrac{e - c}{e - b} &= \dfrac{(1 - i)(m + 1)}{(1 + i)(m - 1)} \\ &= -i \cdot \left(\dfrac{m + 1}{m - 1}\right) \end{aligned}\]

1- b) \(E \in (BC)\)

D’après A- 1, \(\dfrac{m + 1}{m - 1}\) est un imaginaire pur : il existe un réel \(k\) tel que \(\dfrac{m + 1}{m - 1} = ik\). Alors :

\[\dfrac{e - c}{e - b} = -i \times ik = k \in \mathbb{R}\]

Les vecteurs \(\overrightarrow{BE}\) et \(\overrightarrow{CE}\) sont donc colinéaires : les points \(B\), \(C\) et \(E\) sont alignés, c’est-à-dire \(E \in (BC)\).

2- a) Calcul de \(\dfrac{e - a}{c - b}\)

\[\begin{aligned} e - a &= \dfrac{1}{2}(1 + i)(m - i) - m \\ &= \dfrac{1}{2}\big[(1 + i)m - i + 1 - 2m\big] \\ &= \dfrac{1}{2}\big[(i - 1)m - (i - 1)\big] \\ &= \dfrac{1}{2}(i - 1)(m - 1) \end{aligned}\]

et \(c - b = im - 1 = i(m + i)\), car \(i \times i = -1\). Comme \(\dfrac{i - 1}{i} = 1 + i\) :

\[\begin{aligned} \dfrac{e - a}{c - b} &= \dfrac{(i - 1)(m - 1)}{2i(m + i)} \\ &= \dfrac{1}{2}(1 + i) \cdot \left(\dfrac{m - 1}{m + i}\right) \end{aligned}\]

2- b) \((AE) \perp (BC)\)

D’après A- 2, \((1 + i)\,\dfrac{m - 1}{m + i}\) est un imaginaire pur, et il est non nul car \(m \neq 1\). Donc \(\dfrac{e - a}{c - b}\) est un imaginaire pur non nul :

\[\big(\overrightarrow{BC}, \overrightarrow{AE}\big) \equiv \dfrac{\pi}{2}\ [\pi]\]

Les droites \((AE)\) et \((BC)\) sont perpendiculaires.

3- a) Calcul de \(\dfrac{f - c}{f - a}\)

\[\begin{aligned} f - c &= \dfrac{1}{2}(1 + i)(1 + m) - im \\ &= \dfrac{1}{2}\big[1 + i + m + im - 2im\big] \\ &= \dfrac{1}{2}\big[(1 + i) + (1 - i)m\big] \end{aligned}\] \[\begin{aligned} f - a &= \dfrac{1}{2}(1 + i)(1 + m) - m \\ &= \dfrac{1}{2}\big[1 + i + m + im - 2m\big] \\ &= \dfrac{1}{2}\big[(1 + i) - (1 - i)m\big] \end{aligned}\]

On divise le numérateur et le dénominateur par \(1 + i\), avec \(\dfrac{1 - i}{1 + i} = -i\) :

\[\begin{aligned} \dfrac{f - c}{f - a} &= \dfrac{(1 + i) + (1 - i)m}{(1 + i) - (1 - i)m} \\ &= \dfrac{1 - im}{1 + im} \end{aligned}\]

Or \(-i(m + i) = -im + 1\). Donc :

\[\dfrac{f - c}{f - a} = -i \cdot \left(\dfrac{m + i}{1 + im}\right)\]

3- b) Les points \(A\), \(E\), \(C\) et \(F\) sont cocycliques

• Le triangle \(AFC\) est rectangle en \(F\). D’après A- 1, \(\dfrac{m + i}{1 + im}\) est un réel, non nul car \(m \neq -i\). Donc \(\dfrac{f - c}{f - a}\) est un imaginaire pur non nul : \((FA) \perp (FC)\).

• Le triangle \(AEC\) est rectangle en \(E\). On a \(E \in (BC)\) et \((AE) \perp (BC)\), avec \(E \neq C\) (car \(e - c = \dfrac{1}{2}(1 - i)(m + 1) \neq 0\)) et \(E \neq A\) (car \(e - a = \dfrac{1}{2}(i - 1)(m - 1) \neq 0\)). Donc \((EA) \perp (EC)\).

• Conclusion. Les points \(E\) et \(F\) appartiennent au cercle de diamètre \([AC]\) (on a \(A \neq C\) car \(m \neq im\)). Donc les points \(A\), \(E\), \(C\) et \(F\) sont cocycliques.

Exercice 4 : Arithmétique et probabilités

Partie I

1- Résolution de \((E) :\ 5x - 6y = 2\)

Le couple \((4, 3)\) est une solution particulière : \(5 \times 4 - 6 \times 3 = 20 - 18 = 2\).

Soit \((x, y) \in \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}\) une solution de \((E)\). Par soustraction :

\[5(x - 4) = 6(y - 3)\]

Donc \(6\) divise \(5(x - 4)\). Comme \(6 \wedge 5 = 1\), le théorème de Gauss donne : \(6\) divise \(x - 4\). Il existe donc \(k \in \mathbb{Z}\) tel que \(x = 4 + 6k\). En remplaçant : \(5 \times 6k = 6(y - 3)\), d’où \(y = 3 + 5k\).

Réciproquement, pour tout \(k \in \mathbb{Z}\) : \(5(4 + 6k) - 6(3 + 5k) = 20 - 18 = 2\).

\[S = \{(4 + 6k\ ;\ 3 + 5k) \,/\, k \in \mathbb{Z}\}\]

2- a) Valeurs possibles de \(d\)

\(d\) divise \(x\) et \(y\), donc \(d\) divise \(5x - 6y = 2\). Par suite \(d = 1\) ou \(d = 2\).

Ces deux valeurs sont atteintes : pour \((4, 3)\) on a \(d = 1\), et pour \((10, 8)\) on a \(d = 2\).

2- b) Couples pour lesquels \(d = 1\)

Soit \(k \in \mathbb{Z}\), \(x = 4 + 6k\) et \(y = 3 + 5k\). Le nombre \(x = 2(2 + 3k)\) est toujours pair. Donc \(d = 2\) si et seulement si \(y\) est pair, c’est-à-dire si \(k\) est impair (car \(3 + 5k\) a la parité contraire de celle de \(k\)).

Ainsi \(d = 1\) si et seulement si \(k\) est pair. En posant \(k = 2k'\) avec \(k' \in \mathbb{Z}\), les couples cherchés sont, pour \(k' \in \mathbb{Z}\) :

\[(x, y) = (4 + 12k'\ ;\ 3 + 10k')\]

Partie II

1- \(S_{b}(n) \equiv n\ [b - 1]\)

On a \(b \equiv 1\ [b - 1]\). Donc, pour tout \(i \in \{0, \ldots, p\}\), \(b^{i} \equiv 1\ [b - 1]\), puis \(a_{i}\,b^{i} \equiv a_{i}\ [b - 1]\). En additionnant ces congruences :

\[n = \sum_{i=0}^{p} a_{i}\,b^{i} \equiv \sum_{i=0}^{p} a_{i}\ [b - 1]\]

c’est-à-dire \(S_{b}(n) \equiv n\ [b - 1]\).

2- a) \(n \equiv 0\ [4]\) et \(n \equiv 3\ [5]\)

Le couple \((S_{5}(n), S_{6}(n))\) est une solution de \((E)\) dont les deux termes sont premiers entre eux (\(d = 1\)). D’après la partie I (question 2- b), il existe \(k' \in \mathbb{Z}\) tel que :

\[\begin{aligned} S_{5}(n) &= 4 + 12k' \\ S_{6}(n) &= 3 + 10k' \end{aligned}\]

D’après la question 1 avec \(b = 5\) : \(n \equiv S_{5}(n)\ [4]\), donc \(n \equiv 4 + 12k' \equiv 0\ [4]\).

D’après la question 1 avec \(b = 6\) : \(n \equiv S_{6}(n)\ [5]\), donc \(n \equiv 3 + 10k' \equiv 3\ [5]\).

2- b) \(n \equiv 8\ [20]\)

Comme \(8 \equiv 0\ [4]\) et \(8 \equiv 3\ [5]\), on a \(n - 8 \equiv 0\ [4]\) et \(n - 8 \equiv 0\ [5]\) : \(4\) et \(5\) divisent \(n - 8\). Or \(4 \wedge 5 = 1\), donc \(4 \times 5 = 20\) divise \(n - 8\) :

\[n \equiv 8\ [20]\]

3- a) Calcul de \(S_{5}(28)\) et \(S_{6}(28)\)

En base \(5\) : \(28 = 1 \times 5^{2} + 0 \times 5 + 3\), donc \(S_{5}(28) = 1 + 0 + 3 = 4\).

En base \(6\) : \(28 = 4 \times 6 + 4\), donc \(S_{6}(28) = 4 + 4 = 8\).

3- b) Le couple \((S_{5}(28), S_{6}(28))\) est-il solution de \((E)\) ?

On a \(5 \times 4 - 6 \times 8 = 20 - 48 = -28 \neq 2\). Donc le couple \((4, 8)\) n’est pas une solution de \((E)\).

Remarque : pourtant \(28 \equiv 8\ [20]\). La condition \(n \equiv 8\ [20]\) est donc nécessaire, mais elle n’est pas suffisante.

Partie III

1- Probabilité de \(V\)

Les tirages se font avec remise : il y a \(25 \times 25 = 625\) couples \((x, y)\) possibles, tous équiprobables.

Les couples favorables sont les solutions \((4 + 6k\ ;\ 3 + 5k)\) telles que \(1 \leq 4 + 6k \leq 25\) et \(1 \leq 3 + 5k \leq 25\). La première condition donne \(k \in \{0, 1, 2, 3\}\) et la seconde \(k \in \{0, 1, 2, 3, 4\}\). Donc \(k \in \{0, 1, 2, 3\}\), ce qui donne \(4\) couples :

\[(4 ; 3)\ ,\ (10 ; 8)\ ,\ (16 ; 13)\ ,\ (22 ; 18)\] \[\begin{aligned} p = P(V) &= \dfrac{4}{625} = 0{,}0064 \\ &= 64 \cdot 10^{-4} \end{aligned}\]

2- Probabilité de réaliser \(V\) exactement deux fois

On répète \(10\) fois, de façon indépendante, la même expérience dont la probabilité de succès est \(p = 64 \cdot 10^{-4}\). Le nombre \(X\) de réalisations de \(V\) suit la loi binomiale de paramètres \(10\) et \(p\). Donc :

\[\begin{aligned} &P(X = 2) = C_{10}^{2}\,p^{2}(1 - p)^{8} \\ &= 45 \times (64 \cdot 10^{-4})^{2} \times (0{,}9936)^{8} \end{aligned}\]

Exercice 5 : Structures algébriques

1- \(E\) est stable dans \((M_{3}(\mathbb{R}), \times)\)

Soient \(x\) et \(y\) deux réels. On note \(p_{ij}\) les coefficients du produit \(M(x) \times M(y)\).

• Ligne 1 :

\[p_{11} = a^{x} \times a^{y} = a^{x+y}\] \[\begin{aligned} p_{12} &= a^{x}(a^{y} - 1) + (a^{x} - 1) \times 1 \\ &= a^{x+y} - a^{x} + a^{x} - 1 \\ &= a^{x+y} - 1 \end{aligned}\] \[p_{13} = 0\]

• Ligne 2 : la deuxième ligne de \(M(x)\) est \((0\ \ 1\ \ 0)\), donc la deuxième ligne du produit est la deuxième ligne de \(M(y)\) : \(p_{21} = 0\), \(p_{22} = 1\), \(p_{23} = 0\).

• Ligne 3 : \(p_{31} = 0\), \(p_{32} = 0\) et \(p_{33} = a^{x} \times a^{y} = a^{x+y}\).

On reconnaît la matrice \(M(x + y)\) :

\[M(x) \times M(y) = M(x + y)\]

Comme \(x + y \in \mathbb{R}\), on a \(M(x) \times M(y) \in E\). Donc \(E\) est stable dans \((M_{3}(\mathbb{R}), \times)\).

2- a) \(\varphi\) est un homomorphisme et \(\varphi(\mathbb{R}) = E\)

Pour tous réels \(x\) et \(y\), d’après la question 1 :

\[\begin{aligned} \varphi(x + y) &= M(x + y) \\ &= M(x) \times M(y) \\ &= \varphi(x) \times \varphi(y) \end{aligned}\]

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

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

Remarque : \(\varphi\) est aussi injective. En effet, si \(M(x) = M(y)\) alors \(a^{x} = a^{y}\), donc \(x = y\) car \(a \neq 1\). Ainsi \(\varphi\) est un isomorphisme de \((\mathbb{R}, +)\) vers \((E, \times)\).

2- b) \((E, \times)\) est un groupe commutatif

\((\mathbb{R}, +)\) 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 \((\varphi(\mathbb{R}), \times) = (E, \times)\) est un groupe commutatif.

Son élément neutre est \(\varphi(0) = M(0) = I\) (car \(a^{0} = 1\)) et le symétrique de \(M(x)\) est \(\varphi(-x) = M(-x)\).

3- a) \(A \in E\) et \(B \in E\)

Ici \(a = 5\), donc \(M(x)\) a pour coefficients \(5^{x}\), \(5^{x} - 1\) et \(5^{x}\) aux places indiquées.

• Pour \(x = -2\) : \(5^{-2} = \dfrac{1}{25}\) et \(5^{-2} - 1 = -\dfrac{24}{25}\). Donc \(A = M(-2) \in E\).

• Pour \(x = 2\) : \(5^{2} = 25\) et \(5^{2} - 1 = 24\). Donc \(B = M(2) \in E\).

3- b) Résolution de \(A^{5} \times X^{6} = B^{2026}\)

• Puissances d’un élément de \(E\). Pour tout réel \(x\) et tout \(n \in \mathbb{N}^{*}\), \((M(x))^{n} = M(nx)\). En effet, c’est vrai pour \(n = 1\), et si \((M(x))^{n} = M(nx)\) alors, d’après la question 1 :

\[\begin{aligned} (M(x))^{n+1} &= M(nx) \times M(x) \\ &= M\big((n + 1)x\big) \end{aligned}\]

• Résolution. Soit \(X \in E\) : il existe un réel \(x\) tel que \(X = M(x)\). Alors :

\[\begin{aligned} A^{5} &= (M(-2))^{5} = M(-10) \\ X^{6} &= M(6x) \\ B^{2026} &= (M(2))^{2026} = M(4052) \end{aligned}\]

Donc \(A^{5} \times X^{6} = M(-10) \times M(6x) = M(6x - 10)\), et l’équation s’écrit :

\[M(6x - 10) = M(4052)\]

Comme \(M(u) = M(v)\) équivaut à \(5^{u} = 5^{v}\), c’est-à-dire à \(u = v\) :

\[\begin{aligned} 6x - 10 &= 4052 \\ 6x &= 4062 \\ x &= 677 \end{aligned}\]

L’équation admet une unique solution dans \(E\), la matrice \(X = M(677)\) :

\[X = \begin{pmatrix} 5^{677} & 5^{677} - 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 5^{677} \end{pmatrix}\]

4- a) \((E - \{I\}, T)\) est un groupe commutatif

Comme \(a \neq 1\), \(M(x) = M(y)\) équivaut à \(a^{x} = a^{y}\), c’est-à-dire à \(x = y\). En particulier \(M(x) = I = M(0)\) équivaut à \(x = 0\). Ainsi :

\[E - \{I\} = \{M(x) \,/\, x \in \mathbb{R}^{*}\}\]

Soient \(x\), \(y\) et \(z\) des réels non nuls.

• Loi interne : \(\dfrac{xy}{\sqrt{2}} \neq 0\), donc \(M(x)\,T\,M(y) = M\left(\dfrac{xy}{\sqrt{2}}\right) \in E - \{I\}\).

• Commutativité : \(M(x)\,T\,M(y) = M\left(\dfrac{xy}{\sqrt{2}}\right) = M\left(\dfrac{yx}{\sqrt{2}}\right) = M(y)\,T\,M(x)\).

• Associativité :

\[\begin{aligned} &\big(M(x)\,T\,M(y)\big)\,T\,M(z) \\ &= M\left(\dfrac{xy}{\sqrt{2}}\right)T\,M(z) = M\left(\dfrac{xyz}{2}\right) \end{aligned}\] \[\begin{aligned} &M(x)\,T\,\big(M(y)\,T\,M(z)\big) \\ &= M(x)\,T\,M\left(\dfrac{yz}{\sqrt{2}}\right) = M\left(\dfrac{xyz}{2}\right) \end{aligned}\]

• Élément neutre : on cherche \(e \neq 0\) tel que \(M(x)\,T\,M(e) = M(x)\) pour tout \(x \neq 0\), c’est-à-dire \(\dfrac{xe}{\sqrt{2}} = x\), soit \(e = \sqrt{2}\). L’élément neutre est \(M(\sqrt{2})\).

• Symétrique : \(M(x)\,T\,M(x') = M(\sqrt{2})\) équivaut à \(\dfrac{xx'}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}\), soit \(x' = \dfrac{2}{x} \neq 0\). Le symétrique de \(M(x)\) est \(M\left(\dfrac{2}{x}\right) \in E - \{I\}\).

Donc \((E - \{I\}, T)\) est un groupe commutatif.

4- b) \((E, \times, T)\) est un corps commutatif

• \((E, \times)\) est un groupe commutatif d’élément neutre \(I\) (question 2- b).
• \((E - \{I\}, T)\) est un groupe commutatif (question 4- a).
• La loi \(T\) est distributive par rapport à la loi \(\times\) : pour tous réels \(x\), \(y\) et \(z\),

\[\begin{aligned} &M(x)\,T\,\big(M(y) \times M(z)\big) \\ &= M(x)\,T\,M(y + z) \\ &= M\left(\dfrac{xy}{\sqrt{2}} + \dfrac{xz}{\sqrt{2}}\right) \\ &= M\left(\dfrac{xy}{\sqrt{2}}\right) \times M\left(\dfrac{xz}{\sqrt{2}}\right) \\ &= \big(M(x)\,T\,M(y)\big) \\ &\quad \times \big(M(x)\,T\,M(z)\big) \end{aligned}\]

et, comme \(T\) est commutative, la distributivité à droite en découle.

Donc \((E, \times, T)\) est un corps commutatif.