Fiche de mathématiques
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Bac S Maroc 2022

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Durée : 4 heures

Coefficient : 9

L'usage de la calculatrice n'est pas autorisé.
10 points

exercice 1


A-


1- Vérifier que :
\enskip\left(\forall x\in \R^{+}\right) \enskip :\enskip 0\leq 1-x+x^2-\dfrac{1}{x+1}\leq x^3


2- En déduire que :
\enskip\left(\forall x\in \R^{+}\right) \enskip :\enskip 0\leq x-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{3}-\ln(1+x)\leq \dfrac{x^4}{4}

B-

On considère la fonction f définie sur I=[0,+\infty[ par :
f(0)=\dfrac{1}{2}\enskip \text{ et pour tout } x \text{ de } ]0,+\infty[\text{ : }f(x)=\dfrac{x-\ln(1+x)}{x^2}

et soit (C) sa courbe représentative dans un repère orthonormé \left(O,\overrightarrow{i},\overrightarrow{j}\right)

1-a) Montrer que f est continue à droite en 0 .

b) Montrer que f est dérivable à droite en 0 .

c) Calculer \displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)\text{ } , puis interpréter graphiquement le résultat obtenu.

2-a) Montrer que :
\left(\forall x\in ]0,+\infty[\text{ }\right) : f'(x)=-\dfrac{g(x)}{x^{3}}\enskip \text{ où }\enskip g(x)=x+\dfrac{x}{x+1}-2\ln(1+x)


b) Montrer que :
\left(\forall x\in I\right) \enskip : \enskip 0\leq g'(x)\leq x^2


c) En déduire que :
\left(\forall x\in I\right) \enskip : \enskip 0\leq g(x)\leq \dfrac{x^3}{3}


d) Déterminer le sens de variation de f sur I .

3-a) Dresser le tableau de variation de f .

b) Représenter graphiquement la courbe (C) dans le repère \left(O,\overrightarrow{i},\overrightarrow{j}\right) .\enskip\enskip \left(\text{ On prendra }||\overrightarrow{i}||=2\text{ cm }\enskip \text{ et }\enskip ||\overrightarrow{j}||=2\text{ cm } \right)

C-


1- Montrer qu'il existe un unique réel \alpha\in ]0;1[ tel que f(\alpha)=\alpha .

2- On considère la suite (u_n)_{n\in\N} définie par :
u_0=\dfrac{1}{3}\enskip \text{ et  }\enskip \left(\forall n\in \N\right)\text{ : }u_{n+1}=f(u_n)

a) Montrer que :
\left(\forall n\in \N\right) \enskip : \enskip u_n\in[0;1]

b) Montrer que :
\left(\forall n\in \N\right) \enskip : \enskip |u_{n+1}-\alpha|\leq \left(\dfrac{1}{3}\right)|u_{n}-\alpha|

c) Montrer par récurrence que :
\left(\forall n\in \N\right) \enskip : \enskip |u_{n}-\alpha|\leq \left(\dfrac{1}{3}\right)^n

d) En déduire que la suite (u_n)_{n\in\N} converge vers \alpha .

D-

Pour tout x\in I , on pose :
F(x)=\displaystyle \int_{x}^{1} f(t)\text{  }dt

1- Montrer que la fonction F est dérivable sur I et calculer F'(x) pour tout x\in I .

2-a) En utilisant la méthode d'intégration par parties , montrer que :
\enskip\left(\forall x\in ]0,+\infty[\right) \enskip :\enskip F(x)=2\ln 2-\left(1+\dfrac{1}{x}\right)\ln(1+x)


b) Calculer \displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}F(x)\text{ } , puis en déduire que :
\displaystyle \int_{0}^{1} f(t)\text{  }dt=2\ln 2-1 .


c) Calculer en \text{ cm}^2 , l'aire du domaine plan limite par la courbe (C) , l'axe des abscisses , l'axe des ordonnées et la droite d'équation x=1 .

E-

On pose , pour tout   k de  \N :
\Delta_k=f(k)-\displaystyle \int_{k}^{k+1} f(t)\text{  }dt

Et pour tout n de \N^{*} :
S_n=\displaystyle \sum_{k=0}^{k=n-1} \Delta_k

1-a) Vérifier que :
\enskip\left(\forall k\in \N\right) \enskip :\enskip 0\leq \Delta_k\leq f(k)-f(k+1)


b) En déduire que :
\enskip\left(\forall n\in \N^{*}\right) \enskip :\enskip 0\leq S_n\leq \dfrac{1}{2}


2-a) Montrer que la suite (S_n)_{n\in\N^{*}} est monotone .

b) En déduire que la suite (S_n)_{n\in\N^{*}} est convergente .

c) Montrer que: la limite \ell de la suite (S_n)_{n\in\N^{*}} vérifie :
\dfrac{3}{2}-2\ln 2 \leq \ell\leq \dfrac{1}{2}
3,5 points

exercice 2

Soit m un nombre complexe non nul donné et j=-\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\text{e}^{i\frac{2\pi}{3}}

I-

On considère dans l'ensemble \C l'équation d'inconnue z :
(E_m)\enskip:\enskip z^2+mj^2z+m^2j=0


1- Vérifier que :
\enskip j^3=1 \enskip\text{ et }\enskip 1+j+j^2=0


2-a) Montrer que le discriminant de l'équation (E_m)\text{ est }\Delta=\left[m(1-j)\right]^2 .

b) Déterminer z_1 et z_2 les deux solutions de l'équation (E_m) .

3- Dans cette question , on suppose que m=1+i . Montrer que (z_1+z_2)^{2022} est un imaginaire pur .

II-

Le plan complexe est muni d'un repère orthonormé direct \left(O,\overrightarrow{u},\overrightarrow{v}\right) .

Soit \varphi la transformation du plan complexe qui de tout point M(z) fait correspondre le point M'(z') tel que z'=(1+j)z .

1- Déterminer la nature et les éléments caractéristiques de l'application \varphi .

2- On considère les points A , B \text{ et } C d'affixes respectives m , mj \text{ et }mj^2 .

Et on note A'(a') , B'(b')\text{ et }C'(c') les images respectives des points A , B \text{ et } C par l'application \varphi et soient P(p) , Q(q)\text{ et }R(r) les milieux respectifs des segments [BA'] , [CB'] \text{ et } [AC'] .

a) Montrer que :
a'=-mj^2 \text{ , } b'=-m \text{ et }c'=-mj


b) Montrer que :
p+qj+rj^2=0


c) En déduire que le triangle PQR est équilatéral . 3 points

exercice 3

Soit n un entier naturel strictement supérieur à 1 .

On considère dans \N^2 l'équation :
(E_n) \enskip : \enskip (x+1)^n-x^n=ny


Soit (x,y) une solution de l'équation (E_n) dans \N^2 et soit p le plus petit diviseur premier de n .

1-a) Montrer que :
(x+1)^n \equiv x^n\enskip [p]


b) Montrer que p est premier avec x et avec (x+1)

c) En déduire que :
(x+1)^{p-1} \equiv x^{p-1}\enskip [p]


2- Montrer que si n est pair , alors l'équation (E_n) n'admet pas de solution dans \N^2 .

3- On suppose que n est impair .

a) Montrer qu'il existe un couple (u,v) de \Z^2 tel que :
nu+(p-1)v=1

(On rappelle que p est le plus petit diviseur premier de n )

b) Soient q et r respectivement le quotient et le reste dans la division euclidienne de u par (p-1) .

Vérifier que :
nr=1-(p-1)(v+nq)


c) On pose v'=-(v+nq) . Montrer que : v'\geq 0 .

d) Montrer que l'équation (E_n) n'admet pas de solution dans \N^2 . 3,5 points

exercice 4

On rappelle que \left( \mathcal{M}_{2}(\mathbb{R}),+,\times\right) est un anneau unitaire non commutatif d'unité I=\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix} et que \left(\mathbb{Z},+,\times\right) est un anneau commutatif unitaire et intègre .
Soit E = \left\lbrace M(a,b)=\begin{pmatrix}a&3b\\b&a\end{pmatrix} \enskip / (a,b)\in\Z^2 \right\rbrace

1-a) Montrer que E est un sous-groupe de \left( \mathcal{M}_{2}(\mathbb{R}),+\right) .

b) Vérifier que pour tout a , b , c \text{ et } d de \Z , on a :
M(a,b)\times M(c,d)=M(ac+3bd,ad+bc)


c) Montrer que (E,+,\times) est un anneau commutatif et unitaire .

2- Soit \varphi l'application définie de E vers \Z par :
\forall (a,b)\in\Z^2 \enskip : \enskip \varphi(M(a,b))=|a^2-3b^2|

Montrer que \varphi est un homomorphisme de (E,\times) vers (\Z,\times) .

3- Soit M(a,b)\in E

a) Montrer que :
M(a,b)\times M(a,-b)=(a^2-3b^2).I


b) Montrer que si M(a,b) est inversible dans (E,\times) alors \varphi(M(a,b))=1 .

c) On suppose que \varphi(M(a,b))=1 .

Montrer que M(a,b) est inversible dans (E,\times) et préciser son inverse .

4-a) Montrer que :
\forall (a,b)\in\Z^2 \enskip : \enskip \varphi(M(a,b))=0\iff a=b=0


b) En déduire que l'anneau (E,+,\times) est intègre .

c) Est-ce-que (E,+,\times) est un corps ? justifier votre réponse .




Bas S Maroc 2022

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10 points

exercice 1

Partie A

1.  Nous devons montrer que  \enskip\left(\forall x\in \R^{+}\right) \enskip :\enskip 0\leq 1-x+x^2-\dfrac{1}{x+1}\leq x^3.

1-x+x^2-\dfrac{1}{x+1}=\dfrac{(x+1)(1-x+x^2)-1}{x+1} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{1-x+x^2-\dfrac{1}{x+1}}=\dfrac{(x^3+1)-1}{x+1}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{1-x+x^2-\dfrac{1}{x+1}}=\dfrac{x^3}{x+1}}

\text{Or }\,x\in\R^+\quad\Longrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}x^3\ge0\\x+1>0\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad{\red{\dfrac{x^3}{x+1}\ge0}} \\\\\phantom{\text{Or }}\,x\in\R^+\quad\Longrightarrow\quad x+1\ge1\quad\Longrightarrow\quad\dfrac{1}{x+1}\le1\quad\Longrightarrow\quad{\red{\dfrac{x^3}{x+1}\le x^3}}

D'où  \left(\forall x\in \R^{+}\right) \enskip :\enskip 0\le\dfrac{x^3}{x+1}\le x^3 ,

soit  \boxed{\left(\forall x\in \R^{+}\right) \enskip :\enskip 0\le1-x+x^2-\dfrac{1}{x+1}\le x^3}

2.  Nous devons en déduire que :  \enskip\left(\forall x\in \R^{+}\right) \enskip :\enskip 0\leq x-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{3}-\ln(1+x)\leq \dfrac{x^4}{4}

Par la question 1., nous savons que  \left(\forall t\in \R^{+}\right) \enskip :\enskip 0\le1-t+t^2-\dfrac{1}{t+1}\le t^3.

Dès lors,  \left(\forall x\in \R^{+}\right) \enskip :\enskip \begin{aligned}\int\nolimits_{0}^{x}0\,\text d t\end{aligned}\le\begin{aligned}\int\nolimits_{0}^{x}\left(1-t+t^2-\dfrac{1}{t+1}\right)\,\text d t\end{aligned}\le\begin{aligned}\int\nolimits_{0}^{x}t^3\,\text d t\end{aligned} ,

soit  \left(\forall x\in \R^{+}\right) \enskip :\enskip0\le \left[t-\dfrac{t^2}{2}+\dfrac{t^3}{3}-\ln(t+1)\right]\limits_{0}^{x}\le \left[\dfrac{t^4}{4}\right]\limits_{0}^{x}

soit  \left(\forall x\in \R^{+}\right) \enskip :\enskip0\le \left(x-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{3}-\ln(x+1)\right)-0\le \dfrac{x^4}{4}-0.

Par conséquent,  \boxed{\left(\forall x\in \R^{+}\right) \enskip :\enskip0\le x-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{3}-\ln(1+x)\le \dfrac{x^4}{4}}\,.

Partie B

On considère la fonction f  définie sur I  = [0 ; +infini[ par  \left\lbrace\begin{matrix}f(0)=\dfrac{1}{2}\phantom{WWWWWWWWWWWWx}\\\overset{{\white{.}}}{f(x)=\dfrac{x-\ln(1+x)}{x^2}\quad\quad(\,\forall x\in\,]0\,;\,+\infty[\,)}\end{matrix}\right.

1. a)  Nous devons montrer que f  est continue à droite de 0.

Par la question Partie A  2., nous obtenons :  \left(\forall x\in \R^{+}\right) ,

0\le x-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{3}-\ln(1+x)\le \dfrac{x^4}{4}\quad\Longleftrightarrow\quad \dfrac{x^2}{2}-\dfrac{x^3}{3}\le x-\ln(1+x)\le \dfrac{x^2}{2}-\dfrac{x^3}{3}+\dfrac{x^4}{4}

Divisons les trois membres des inégalités par x 2 different 0.

Nous obtenons :  \,\forall x\in\,]0\,;\,+\infty[,\quad\dfrac{1}{2}-\dfrac{x}{3}\le \dfrac{x-\ln(1+x)}{x^2}\le \dfrac{1}{2}-\dfrac{x}{3}+\dfrac{x^2}{4}

Or  \left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to 0^+}\left(\dfrac{1}{2}-\dfrac{x}{3}\right)=\dfrac{1}{2}\\\overset{{\white{.}}}{\lim\limits_{x\to 0^+}\left(\dfrac{1}{2}-\dfrac{x}{3}+\dfrac{x^2}{4}\right)=\dfrac{1}{2}}\end{matrix}\right.

En appliquant le "théorème des gendarmes", nous en déduisons que  \lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{x-\ln(1+x)}{x^2}=\dfrac{1}{2},
soit  \lim\limits_{x\to 0^+}f(x)=\dfrac{1}{2}.
Or par définition de f , nous savons que  f(0)=\dfrac{1}{2}.
D'où  \boxed{\lim\limits_{x\to 0^+}f(x)=f(0)}\,.
Par conséquent, f  est continue à droite de 0.

1. b)  Nous devons montrer que f  est dérivable à droite de 0.

Nous devons donc montrer que  \lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}  existe et est un nombre réel,
soit que  \lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{f(x)-\frac{1}{2}}{x}  existe et est un nombre réel.

Nous avons montré dans le développement de la question 1. a) que  \overset{{\white{.}}}{\forall x\in\,]0\,;\,+\infty[,\quad\dfrac{1}{2}-\dfrac{x}{3}\le f(x)\le \dfrac{1}{2}-\dfrac{x}{3}+\dfrac{x^2}{4}}

Dès lors,  \,\forall x\in\,]0\,;\,+\infty[,\quad-\dfrac{x}{3}\le f(x)-\dfrac{1}{2}\le -\dfrac{x}{3}+\dfrac{x^2}{4} ,
soit en divisant les trois membres des inégalités par x  different 0,

\,\forall x\in\,]0\,;\,+\infty[,\quad-\dfrac{1}{3}\le \dfrac{f(x)-\frac{1}{2}}{x}\le -\dfrac{1}{3}+\dfrac{x}{4}

Or  \left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to 0^+}\left(-\dfrac{1}{3}\right)=-\dfrac{1}{3}\\\overset{{\white{.}}}{\lim\limits_{x\to 0^+}\left(-\dfrac{1}{3}+\dfrac{x}{4}\right)=-\dfrac{1}{3}}\end{matrix}\right.

En appliquant le "théorème des gendarmes", nous en déduisons que  \boxed{\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{f(x)-\frac{1}{2}}{x}=-\dfrac{1}{3}\in\R}
D'où   \lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}  existe et est un nombre réel.
Par conséquent, f  est dérivable à droite de 0.

1. c)  Nous devons calculer  \lim\limits_{x\to +\infty}f(x).

\lim\limits_{x\to +\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{x-\ln(1+x)}{x^2} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\lim\limits_{x\to +\infty}f(x)}=\lim\limits_{x\to +\infty}\left(\dfrac{x}{x^2}-\dfrac{\ln(1+x)}{x^2}\right)} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\lim\limits_{x\to +\infty}f(x)}=\lim\limits_{x\to +\infty}\left(\dfrac{1}{x}-\dfrac{\ln(1+x)}{x^2}\right)} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\lim\limits_{x\to +\infty}f(x)}=\lim\limits_{x\to +\infty}\left(\dfrac{1}{x}-\dfrac{\ln(1+x)}{{\red {1+x}}}\times\dfrac{{\red{1+x}}}{x^2}\right)}

\text{Or }\,\bullet\lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{1}{x}=0 \\\overset{{\white{.}}}{\quad\phantom{x}\bullet\lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{\ln(1+x)}{1+x}=\lim\limits_{X\to +\infty}\dfrac{\ln X}{X}}\quad(\,\text{où }X=1+x) \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{\ln(1+x)}{1+x}wwwx}=0\quad\text{(croissances comparées)}}

{\white{xxx}}\bullet\lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{1+x}{x^2}=\lim\limits_{x\to +\infty}\left(\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{x}{x^2}\right)=\lim\limits_{x\to +\infty}\left(\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{x}\right)=0

D'où  \boxed{\lim\limits_{x\to +\infty}f(x)=0}\,.
Nous déduisons que la courbe (C ) admet une asymptote horizontale d'équation y  = 0 au voisinage de +infini.

2. a)  Soit la fonction g  définie sur [0 ; +infini[ par :  g(x)=x+\dfrac{x}{x+1}-2\ln(1+x).

\forall x\in\,]0\,;\,+\infty[,\quad f'(x)=\dfrac{[x-\ln(1+x)]'\times x^2-[x-\ln(1+x)]\times(x^2)'}{(x^2)^2} \\\\\phantom{\forall x\in\,]0\,;\,+\infty[,\quad f'(x)}=\dfrac{\left(1-\dfrac{1}{1+x}\right)\times x^2-[x-\ln(1+x)]\times2x}{x^4} \\\\\phantom{\forall x\in\,]0\,;\,+\infty[,\quad f'(x)}=\dfrac{x\left[\left(1-\dfrac{1}{1+x}\right)\times x-[x-\ln(1+x)]\times2\right]}{x^4}

\\ {\white{w}}\phantom{\forall \in\,]0\,;\,+\infty[,\quad f'(x)}=\dfrac{\left(1-\dfrac{1}{1+x}\right)\times x-[x-\ln(1+x)]\times2}{x^3} \\\\\phantom{\forall x\in\,]0\,;\,+\infty[,\quad f'(x)}=\dfrac{x-\dfrac{x}{1+x}-2x+2\ln(1+x)}{x^3}   \\\\\phantom{\forall x\in\,]0\,;\,+\infty[,\quad f'(x)}=\dfrac{-x-\dfrac{x}{1+x}+2\ln(1+x)}{x^3}

\\\\\phantom{ \forall x\in\,]0\,;\,+\infty[,\quad f'(x)}=-\dfrac{x+\dfrac{x}{1+x}-2\ln(1+x)}{x^3} \\\\\phantom{\forall x\in\,]0\,;\,+\infty[,\quad f'(x)}=-\dfrac{g(x)}{x^3} \\\\\Longrightarrow\boxed{\forall x\in\,]0\,;\,+\infty[,\quad f'(x)=-\dfrac{g(x)}{x^3}}

2. b)  Nous devons montrer que  \forall x\in\,]0\,;\,+\infty[,\quad 0\le g'(x)\le x^2.

\forall x\in\,]0\,;\,+\infty[,\quad g'(x)=1+\dfrac{x'\times(x+1)-x\times(x+1)'}{(x+1)^2}-2\times\dfrac{1}{1+x} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\forall x\in\,]0\,;\,+\infty[,\quad g'(x)}=1+\dfrac{1\times(x+1)-x\times1}{(x+1)^2}-\dfrac{2}{1+x}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\forall x\in\,]0\,;\,+\infty[,\quad g'(x)}=1+\dfrac{x+1-x}{(x+1)^2}-\dfrac{2}{1+x}}
{\white{x}}\phantom{\forall x\in\,]\,;\,+\infty[,\quad g'(x)}=1+\dfrac{1}{(x+1)^2}-\dfrac{2}{1+x} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\forall x\in\,]0\,;\,+\infty[,\quad g'(x)}=\dfrac{(x+1)^2+1-2(1+x)}{(x+1)^2}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\forall x\in\,]0\,;\,+\infty[,\quad g'(x)}=\dfrac{x^2+2x+1+1-2-2x}{(x+1)^2}}
\\\phantom{\forall x\in\,]0\,;\,+\infty[,\quad g'(x)}=\dfrac{x^2}{(x+1)^2} \\\\\Longrightarrow\boxed{g'(x)=\dfrac{x^2}{(x+1)^2}}

\text{Or }\,\forall x\in\,]0\,;\,+\infty[,\quad x+1\ge1\quad\Longrightarrow (x+1)^2\ge1 \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\text{Or }\,\forall x\in\,]0\,;\,+\infty[,\quad x+1\ge1}\quad\Longrightarrow 0\le\dfrac{1}{(x+1)^2}\le1} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\text{Or }\,\forall x\in\,]0\,;\,+\infty[,\quad x+1\ge1}\quad\Longrightarrow 0\le\dfrac{x^2}{(x+1)^2}\le x^2}

Par conséquent,  \boxed{\forall x\in\,]0\,;\,+\infty[,\quad  0\le g'(x)\le x^2}

2. c)  Nous avons montré dans la question précédente que :  \forall t\in\,]0\,;\,+\infty[,\quad  0\le g'(t)\le t^2.

Dès lors,  \forall x\in\,]0\,;\,+\infty[,\enskip \begin{aligned}\int\nolimits_{0}^{x}0\,\text d t\end{aligned}\le\begin{aligned}\int\nolimits_{0}^{x}g'(t)\,\text d t\end{aligned}\le\begin{aligned}\int\nolimits_{0}^{x}t^2\,\text d t\end{aligned} ,

soit  \forall x\in\,]0\,;\,+\infty[,\enskip 0\le \left[\overset{.}{g(t)}\right]\limits_{0}^{x}\le \left[\dfrac{t^3}{3}\right]\limits_{0}^{x}

soit  \forall x\in\,]0\,;\,+\infty[,\enskip 0\le g(x)-g(0)\le \dfrac{x^3}{3}-0

Or  g(0)=0+\dfrac{0}{1}-2\ln(1)\quad\Longrightarrow\quad g(0)=0
Par conséquent,  \boxed{\forall x\in\,]0\,;\,+\infty[,\enskip 0\le g(x)\le \dfrac{x^3}{3}}\,.

2. d)  Nous devons déterminer le sens de variation de f  sur [0 ; +infini[.

Etudions le signe de la dérivée f' (x ) sur [0 ; +infini[.
Nous savons que  \forall x\in\,]0\,;\,+\infty[,\quad  f'(x)=-\dfrac{g(x)}{x^3}

Nous savons également que  \forall x\in\,]0\,;\,+\infty[,\enskip \left\lbrace\begin{matrix}g(x)\ge0\quad(\text{voir question 2. c)}\\\overset{{\white{.}}}{x^3>0}\phantom{WWWWWWWWW}\end{matrix}\right. 

Dès lors,  \boxed{\forall x\in\,]0\,;\,+\infty[,\enskip f'(x)\le0}\,.

De plus, nous avons montré dans la question 1. c) que  \lim\limits_{x\to 0^+}f'(x)=-\dfrac{1}{3}  et par suite que  \boxed{\lim\limits_{x\to 0^+}f'(x)<0}\,.
Par conséquent, la fonction f  est strictement décroissante sur [0 ; +infini[.

3. a)  En utilisant les résultats des questions précédentes, nous pouvons dresser le tableau de variation de f  sur [0 ; +infini[.

{\white{wwwwww}}\begin{matrix} \begin{array}{|c|ccccc|}\hline &&&&&\\ x&0&&&&+\infty\\&&&&&\\\hline&||&&&&\\f'(x)&||&-&-&-&\\&||&&&&\\\hline&\overset{{\white{.}}}{\dfrac{1}{2}}&&&&\\f(x)&&\searrow&\searrow&\searrow&\\&&&&&0\\ \hline \end{array}\end{matrix}

3. b)  Représentation graphique de la courbe (C ) dans le repère  (O; \vec i, \vec j).

Bac Maroc C 2022 : image 2


Partie C

1.  Soit la fonction h  définie sur [0 ; 1] par :  \overset{{\white{.}}}{h(x)=f(x)-x.}

La fonction h est continue et strictement décroissante sur [0 ; 1] (somme de deux fonctions continues et strictement décroissantes sur [0 ; 1]).

\left\lbrace\begin{matrix}h(0)=f(0)-0\phantom{WWWWWW}\\\overset{{\white{.}}}{h(1)=f(1)-1=1-\ln(2)-1}\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}h(0)=\dfrac{1}{2}>0\phantom{WW}\\\overset{{\white{.}}}{h(1)=-\ln(2)<0}\end{matrix}\right.
Selon le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation h (x ) = 0 admet une unique solution notée  \overset{{\white{.}}}{\alpha}  dans l'intervalle ]0 ; 1[, soit telle que  \overset{{\white{.}}}{h(\alpha)=0.}

Par conséquent, il existe un unique réel  \overset{{\white{.}}}{\alpha\in\,]0\,;\,1[}  tel que  \overset{{\white{.}}}{f(\alpha)-\alpha=0} , soit tel que  \overset{{\white{.}}}{f(\alpha)=\alpha.}

2.  Considérons la suite  (u_n)_{n\in\N}  définie par :   \left\lbrace\begin{matrix}u_0=\dfrac{1}{3}{\white{WWWWWWW}}\\u_{n+1}=f(u_n){\white{www}}(n\in\N)\end{matrix}\right.

2. a)  Démontrons par récurrence que pour tout entier naturel n ,  \overset{{\white{.}}}{u_n\in\,[0\,;1].}

Initialisation  : Montrons que la propriété est vraie pour n  = 0, soit que  \overset{{\white{.}}}{u_0\in\,[0\,;1].}
C'est une évidence car  u_0=\dfrac{1}{3}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{u_0\in\,[0\,;1]}\,.
Donc l'initialisation est vraie.

Hérédité  : Montrons que si pour un nombre naturel n  fixé, la propriété est vraie au rang n , alors elle est encore vraie au rang (n +1).
Montrons donc que si pour un nombre naturel n  fixé,  \overset{{\white{.}}}{u_n\in\,[0\,;1]} , alors  \overset{{\white{.}}}{u_{n+1}\in\,[0\,;1].}

En effet,  

u_n\in\,[0\,;1]\quad\Longleftrightarrow\quad 0\le u_n\le1 \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWW}\Longrightarrow\quad f(0)\ge f(u_n)\ge f(1)\quad(\text{car }f\text{ est décroissante sur [0 ; 1])}}\\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWW}\Longrightarrow\quad \dfrac{1}{2}\ge u_{n+1}\ge 1-\ln(2) }\\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWW}\Longrightarrow\quad 1-\ln(2)\le u_{n+1}\le \dfrac{1}{2}}

\text{Or  e}\approx2,7\quad\Longrightarrow\quad \text{e}>2 \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\text{Or  e}\approx2,7}\quad\Longrightarrow\quad \ln(\text{e})>\ln(2)} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\text{Or  e}\approx2,7}\quad\Longrightarrow\quad 1>\ln(2)} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\text{Or  e}\approx2,7}\quad\Longrightarrow\quad 1-\ln(2)>0}

\text{D'où }u_n\in\,[0\,;1]\quad\Longrightarrow\quad 0<1-\ln(2)\le u_{n+1}\le \dfrac{1}{2}<1 \\\phantom{\text{D'où }u_n\in\,[0\,;1]}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{0\le u_{n+1}\le 1}
L'hérédité est vraie.

Puisque l'initialisation et l'hérédité sont vraies, nous avons montré par récurrence que, pour tout entier naturel n ,  \overset{{\white{.}}}{u_n\in[0\,;\,1].}

2. b)  Démontrons que pour tout entier naturel n ,  \left\mid u_{n+1}-\alpha\right\mid\le\left(\dfrac{1}{3}\right)|\,u_{n}-\alpha\,|.
Nous savons par les questions 2 a) et c) - Partie B que  \forall x\in\,]0\,;\,1[,\quad \left\lbrace\begin{matrix}f'(x)=-\dfrac{g(x)}{x^3}\\ \overset{{\white{.}}}{0\le g(x)\le \dfrac{x^3}{3}}\end{matrix}\right.
Dès lors,

\forall x\in\,]0\,;\,1[,\quad\left\lbrace\begin{matrix} \left|\overset{}{f'(x)}\right|=\left|-\dfrac{g(x)}{x^3}\right|=\left|\dfrac{g(x)}{x^3}\right|=\dfrac{g(x)}{x^3}\\\overset{{\white{.}}}{0\le \dfrac{g(x)}{x^3}\le\dfrac{1}{3}\phantom{WWWWWW}}\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad0\le \left|\overset{}{f'(x)}\right|\le\dfrac{1}{3} \\\\\Longrightarrow\boxed{\left|\overset{}{f'(x)}\right|\le\dfrac{1}{3}}

Utilisons l'inégalité des accroissements finis.
La fonction f  est continue sur [0 ; 1] et dérivable sur ]0 ; 1[.
De plus, pour tout x  appartenant à ]0 ; 1[,  \left|\overset{}{f'(x)}\right|\le\dfrac{1}{3}.
Alors :  pour tout x  et tout y  appartenant à [0 ; 1],  |\,f(x)-f(y)\,|\le\left(\dfrac{1}{3}\right)|\,x-y\,|.

Dans cette dernière inégalité, nous pouvons remplacer x  par un  car pour tout entier naturel n ,  \overset{{\white{.}}}{u_n\in\,[0\,;1]}  (voir question 2. a) Partie C).
De même , nous pouvons remplacer y  par alpha car  \overset{{\white{.}}}{\alpha\in\,]0\,;\,1[}  (voir question 1. Partie C).
Nous obtenons ainsi : pour tout entier naturel n , \left\mid f(u_{n})-f(\alpha)\right\mid\le\left(\dfrac{1}{3}\right)|\,u_{n}-\alpha\,| , soit  \boxed{\left\mid u_{n+1}-\alpha\right\mid\le\left(\dfrac{1}{3}\right)|\,u_{n}-\alpha\,|}\,.

2. c)  Démontrons par récurrence que pour tout entier naturel n ,  \left\mid u_{n}-\alpha\right\mid\le\left(\dfrac{1}{3}\right)^n.

Initialisation  : Montrons que la propriété est vraie pour n  = 0, soit que  \left\mid u_{0}-\alpha\right\mid\le\left(\dfrac{1}{3}\right)^0.
En effet,  

\left|\, u_{0}-\alpha\right\,|=\left|\, \dfrac{1}{3}-\alpha\,\right| \\\\\text{Or, }0<\alpha<1\quad\Longrightarrow\quad-1<-\alpha<0 \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWwW}\quad\Longrightarrow\dfrac{1}{3}-1<\dfrac{1}{3}-\alpha<\dfrac{1}{3}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWwW}\quad\Longrightarrow\quad-\dfrac{2}{3}<\dfrac{1}{3}-\alpha<\dfrac{1}{3}} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{WWWWwW}\quad\Longrightarrow\quad-\dfrac{2}{3}<\dfrac{1}{3}-\alpha<\dfrac{2}{3}}
\\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWwW}\quad\Longrightarrow\quad\left|\,\dfrac{1}{3}-\alpha\,\right|<\dfrac{2}{3}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWwW}\quad\Longrightarrow\quad\left|\,\dfrac{1}{3}-\alpha\,\right|<1} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWwW}\quad\Longrightarrow\quad\left|\,u_0-\alpha\,\right|<1} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\left|\,u_0-\alpha\,\right|<\left(\dfrac{1}{3}\right)^0}
Donc l'initialisation est vraie.

Hérédité  : Montrons que si pour un nombre naturel n  fixé, la propriété est vraie au rang n , alors elle est encore vraie au rang (n +1).
Montrons donc que si pour un nombre naturel n  fixé,  |\, u_{n}-\alpha\right\,|\le\left(\dfrac{1}{3}\right)^n  , alors  |\, u_{n+1}-\alpha\right\,|\le\left(\dfrac{1}{3}\right)^{n+1}

En effet, en utilisant le résultat de la question 2. b) et l'hypothèse de récurrence, nous obtenons :

\left\lbrace\begin{matrix}|\, u_{n+1}-\alpha\,|\le\left(\dfrac{1}{3}\right)|\,u_{n}-\alpha\,|\\|\, u_{n}-\alpha\right\,|\le\left(\dfrac{1}{3}\right)^n\phantom{wwww}\end{matrix}\right. \quad\Longrightarrow\quad|\, u_{n+1}-\alpha\,|\le\left(\dfrac{1}{3}\right)\times\left(\dfrac{1}{3}\right)^n \\\\\text{D'où }\quad\boxed{|\, u_{n+1}-\alpha\,|\le\left(\dfrac{1}{3}\right)^{n+1}}
L'hérédité est vraie.

Puisque l'initialisation et l'hérédité sont vraies, nous avons montré par récurrence que, pour tout entier naturel n ,  |\,u_{n}-\alpha\,|\le\left(\dfrac{1}{3}\right)^n.

2. d)  Nous avons montré que pour tout entier naturel n ,  |\,u_{n}-\alpha\,|\le\left(\dfrac{1}{3}\right)^n.
De plus,  0<\dfrac{1}{3}<1\quad\Longrightarrow\quad\lim\limits_{n\to+\infty}\left(\dfrac{1}{3}\right)^n=0.
Selon le théorème des gendarmes avec valeurs absolues, la suite  \overset{{\white{.}}}{(u_n)_{n\in\N}} converge vers  \overset{{\white{.}}}{\alpha.}

Partie D
Pour tout x  appartient I , on pose :  F(x)=\displaystyle \int_{x}^{1} f(t)\,dt.

1.  \bullet  Nous devons d'abord montrer que la fonction F  est dérivable sur I .

La fonction f  est continue sur ]0 ; +infini[ (quotient de fonctions continues sur ]0 ; +infini[) et est également continue à droite de 0 (voir question 1. a)-Partie B).
Dès lors, la fonction f  est continue sur I  = [0 ; +infini[.
De plus, pour tout x  appartient I ,

F(x)=\displaystyle \int_{x}^{1} f(t)\,dt \\\phantom{F(x)}=\displaystyle -\int_{1}^{x} f(t)\,dt \\\\\Longrightarrow\boxed{F(x)=\displaystyle \int_{1}^{x} -f(t)\,dt}

Selon le théorème fondamental du calcul intégral, nous en déduisons que F  est l'unique primitive de (-f ) sur I  qui s'annule en 1.
Nous en déduisons que F  est dérivable sur I .

\bullet  Nous devons ensuite calculer F' (x ) pour tout x  appartient I .

Puisque F  est une primitive de (-f ), il s'ensuit que pour tout x  appartient I ,  \overset{{\white{.}}}{F'(x)=-f(x).}
Par conséquent,

{\white{wwwww}}\boxed{\left\lbrace\begin{matrix}F'(0)=-\dfrac{1}{2}\phantom{WWWWWWWWWWWWx}\\\overset{{\white{.}}}{F'(x)=\dfrac{-x+\ln(1+x)}{x^2}\quad\quad(\,\forall x\in\,]0\,;\,+\infty[\,)}\end{matrix}\right.}

2. a)  En utilisant la méthode d'intégration par parties , nous devons montrer que :
\enskip\left(\forall x\in\, ]0,+\infty[\right) \enskip :\enskip F(x)=2\ln 2-\left(1+\dfrac{1}{x}\right)\ln(1+x) .

En effet,
\left(\forall x\in\, ]0,+\infty[\right), \,F(x)=\displaystyle \int_{x}^{1} f(t)\,dt \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\left(\forall x\in\, ]0,+\infty[\right), \,F(x)}=\displaystyle \int_{x}^{1}\dfrac{t-\ln(1+t)}{t^2}\,dt} \\\\\Longrightarrow\boxed{F(x)=\displaystyle \int_{x}^{1}\left(\overset{}{t-\ln(1+t)}\right)\times\dfrac{1}{t^2}\,dt}

\underline{\text{Formule de l'intégrale par parties}}\ :\ {\blue{\begin{aligned}\int\nolimits_{x}^{1} u(t)v'(t)\,\text d t\end{aligned}=\left[\overset{}{u(t)v(t)}\right]\limits_{x}^{1}-\begin{aligned}\int\nolimits_{x}^{1} u'(t)v(t)\,\text d t\end{aligned}}}.

\left\lbrace\begin{matrix}u(t)=t-\ln(1+t)\phantom{wwwww}\Longrightarrow\quad u'(t)=1-\dfrac{1}{1+t}=\dfrac{1+t-1}{1+t}=\dfrac{t}{1+t}\\v'(t)=\dfrac{1}{t^2}\phantom{wwwwwwwvwww}\Longrightarrow\quad \overset{{\white{.}}}{v(t)}=-\dfrac{1}{t}\phantom{WWWWWWWWWWWn}\end{matrix}\right.

\text{Dès lors, }\,F(x)=\left[\overset{}{\left(\overset{}{t-\ln(1+t)}\right)\times\left(-\dfrac{1}{t}\right)}\right]\limits_{x}^{1}-\begin{aligned}\int\nolimits_{x}^{1}\dfrac{t}{1+t}\times\left(-\dfrac{1}{t}\right)\,\text d t\end{aligned} \\\\\phantom{WWWWWW}=\left[\overset{}{\dfrac{-t+\ln(1+t)}{t}}\right]\limits_{x}^{1}+\begin{aligned}\int\nolimits_{x}^{1}\dfrac{1}{1+t}\,\text d t\end{aligned}

{\white{.}}\phantom{WWWWWW}=\left(\overset{}{\dfrac{-1+\ln(1+1)}{1}-\dfrac{-x+\ln(1+x)}{x}}\right)+\left[\overset{}{\ln(1+t)}\right]\limits_{x}^{1} \\\phantom{WWWWWW}=\left(\overset{}{-1+\ln2+1-\dfrac{\ln(1+x)}{x}}\right)+\left(\overset{}{\ln(1+1)-\ln(1+x)}\right) \\\phantom{WWWWWW}=\left(\overset{}{\ln2-\dfrac{\ln(1+x)}{x}}\right)+\left(\overset{}{\ln2-\ln(1+x)}\right)

{\white{.}}\phantom{WWWWWW}=2\ln2-\dfrac{\ln(1+x)}{x}-\ln(1+x) \\\phantom{WWWWWW}=2\ln2-\ln(1+x)-\dfrac{1}{x}\ln(1+x) \\\phantom{WWWWWW}=2\ln2-\left(1+\dfrac{1}{x}\right)\ln(1+x)

Par conséquent, \enskip\left(\forall x\in\, ]0,+\infty[\right) \enskip :\enskip \boxed{F(x)=2\ln 2-\left(1+\dfrac{1}{x}\right)\ln(1+x)}\, .

2. b)  Nous devons calculer  \overset{{\white{.}}}{\lim\limits_{x\to 0^+}F(x).}

\lim\limits_{x\to 0^+}F(x)=\lim\limits_{x\to 0^+}\left[2\ln 2-\left(1+\dfrac{1}{x}\right)\ln(1+x)\right] \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWW}=\lim\limits_{x\to 0^+}\left[2\ln 2-\left(\dfrac{x+1}{x}\right)\ln(1+x)\right]} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWW}=\lim\limits_{x\to 0^+}\left[2\ln 2-(x+1)\left(\dfrac{\ln(1+x)}{x}\right)\right]}

\text{Or }\,\lim\limits_{x\to0^+}(x+1)=1

\text{et }\,\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{\ln(1+x)}{x}=\lim\limits_{X\to1^+}\dfrac{\ln(X)}{X-1}\quad\text{où }X=1+x \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWnWW}=\lim\limits_{X\to1^+}\dfrac{\ln(X)-\ln(1)}{X-1}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWnWW}=\ln'(1)} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWnWW}=\dfrac{1}{1}}\quad\text{car }(\ln(x))'=\dfrac{1}{x}

\phantom{WWWWWnWW}=1 \\\\\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{\ln(1+x)}{x}=1}

Nous en déduisons que  \overset{{\white{\frac{}{.}}}}{\lim\limits_{x\to 0^+}F(x)=2\ln 2-1\times1} , soit que  \overset{{\white{\frac{}{.}}}}{\boxed{\lim\limits_{x\to 0^+}F(x)=2\ln 2-1}}

De plus,

\displaystyle \int_{0}^{1} f(t)\,dt=\lim\limits_{x\to0}\displaystyle \int_{x}^{1} f(t)\,dt \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWiW}=\lim\limits_{x\to0}F(x)} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWiW}=2\ln2-1} \\\\\Longrightarrow\boxed{\displaystyle \int_{0}^{1} f(t)\,dt=2\ln2-1}

2. b)  Nous devons calculer en  \text{ cm}^2 , l'aire  \mathscr{A}  du domaine plan limité par la courbe (C ), l'axe des abscisses, l'axe des ordonnées et la droite d'équation x  = 1.

Bac Maroc C 2022 : image 1


La fonction f  est continue et positive sur l'intervalle [0 ; 1].

\mathscr{A}=\displaystyle \int_{0}^{1} f(t)\,dt\quad\text{u. a.} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{v}=(2\ln2-1)\quad\text{u. a.}} \\\\\text{Or }\,||\vec i||=||\vec j||=2\,\text{cm}\quad\Longrightarrow\quad1\,\text{u. a.}=4\,\text{cm}^2 \\\\\Longrightarrow\mathscr{A}=(2\ln2-1)\times4\,\text{cm}^2

Par conséquent,  \boxed{\mathscr{A}=4(2\ln2-1)\,\text{cm}^2}\,.

Partie E

On pose, pour tout k  de  \N  :  \Delta_k=f(k)-\displaystyle \int_{k}^{k+1} f(t)\,dt  et pour tout n  de  \N ^*  :  S_n=\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} \Delta_k.

1. a)  Nous devons montrer que  \enskip\left(\forall k\in \N\right) \enskip :\enskip 0\leq \Delta_k\leq f(k)-f(k+1).

Nous avons montré dans la Partie B 2. d) que la fonction f  est strictement décroissante sur [0 ; +infini[.

Soit k  un nombre entier naturel.
Alors la fonction f  est strictement décroissante sur [k  ; k  + 1].

Dès lors,  \forall\ t\in[k\,;\,k+1]: f(k+1)\le f(t)\le f(k).

Nous en déduisons que :

\displaystyle \int_{k}^{k+1} f(k+1)\,dt\le \displaystyle \int_{k}^{k+1} f(t)\,dt\le \displaystyle \int_{k}^{k+1} f(k)\,dt \\\overset{{\white{.}}}{\quad\Longrightarrow\quad f(k+1)\displaystyle \int_{k}^{k+1} 1\,dt\le \displaystyle \int_{k}^{k+1} f(t)\,dt\le f(k)\displaystyle \int_{k}^{k+1} 1\,dt} \\\overset{{\white{.}}}{\quad\Longrightarrow\quad f(k+1)\times\left[\overset{}t\right]_{k}^{k+1}\le \displaystyle \int_{k}^{k+1} f(t)\,dt\le f(k)\times\left[\overset{}t\right]_{k}^{k+1}}

{\white{xi}}\\\overset{{\white{.}}}{\quad\Longrightarrow\quad f(k+1)\times(k+1-k)\le \displaystyle \int_{k}^{k+1} f(t)\,dt\le f(k)\times(k+1-k)} \\\overset{{\white{.}}}{\quad\Longrightarrow\quad f(k+1)\times1\le \displaystyle \int_{k}^{k+1} f(t)\,dt\le f(k)\times1} \\\overset{{\white{.}}}{\quad\Longrightarrow\quad f(k+1)\le \displaystyle \int_{k}^{k+1} f(t)\,dt\le f(k)}

{\white{xi}}\\\overset{{\white{.}}}{\quad\Longrightarrow\quad -f(k)\le -\displaystyle \int_{k}^{k+1} f(t)\,dt\le -f(k+1)} \\\overset{{\white{.}}}{\quad\Longrightarrow\quad f(k)-f(k)\le f(k)-\displaystyle \int_{k}^{k+1} f(t)\,dt\le f(k)-f(k+1)} \\\overset{{\white{.}}}{\quad\Longrightarrow\quad 0\le f(k)-\displaystyle \int_{k}^{k+1} f(t)\,dt\le f(k)-f(k+1)}

Par conséquent,  \enskip\boxed{\left(\forall k\in \N\right) \enskip :\enskip 0\leq \Delta_k\leq f(k)-f(k+1)}\,.

1. b)  Nous devons en déduire que :  \enskip\left(\forall n\in \N^{*}\right) \enskip :\enskip 0\leq S_n\leq \dfrac{1}{2}

En utilisant le résultat de la question précédente, nous obtenons pour tout entier n  naturel non nul :

0\leq \Delta_k\leq f(k)-f(k+1)\quad\Longrightarrow\quad\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}0\leq \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}\Delta_k\leq \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}[f(k)-f(k+1)] \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWWWWWW}\quad\Longrightarrow\quad 0\leq S_n\leq \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}[f(k)-f(k+1)]}

\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}[f(k)-f(k+1)]=[f(0)-f(1)]+[f(1)-f(2)]+[f(2)-f(3)]+\cdots+[f(n-1)-f(n)] \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWWWW}=f(0)+f(1)-f(1)+f(2)-f(2)+\cdots+f(n-1)-f(n+1)-f(n)} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWWWW}=f(0)-f(n)} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWWWW}=\dfrac{1}{2}-f(n)}

Nous obtenons ainsi :   \forall\ n\in\N^*\,:\quad0\le S_n\le\dfrac{1}{2}-f(n)

Or  \forall\ n\in\N^*,\quad f(n)>0.

Dès lors,  \forall\ n\in\N^*\,:\quad0\le S_n\le\dfrac{1}{2}-f(n)\le\dfrac{1}{2}.

Par conséquent,  \boxed{\forall\ n\in\N^*\,:\quad0\le S_n\le\dfrac{1}{2}}

2. a)  Nous devons montrer que la suite  (S_n)_{n\in\N^{*}}  est monotone.

\forall\ n\in\N^*\,:S_{n+1}-S_n=\displaystyle \sum_{k=0}^{n} \Delta_k-\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} \Delta_k \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWwWWW}=\left(\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} \Delta_k+\Delta_n\right)-\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} \Delta_k} \\\overset{{\white{\frac{}{.}}}}{\phantom{WWWWWwWWW}=\Delta_n}

Or nous avons montré dans la question 1. a) que  \forall\ k\in\N,\ \Delta_k\ge0.
Donc,  \overset{{\white{.}}}{\forall\ n\in\N^*\,:S_{n+1}-S_n=\Delta_n\ge0\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\forall\ n\in\N^*\,:S_{n+1}-S_n\ge0}}
Par conséquent, la suite  (S_n)_{n\in\N^{*}}  est croissante.

2. b)  Nous avons montré que la suite  (S_n)_{n\in\N^{*}}  est croissante et est majorée par  \dfrac{1}{2}.
Selon le théorème de convergence monotone, nous en déduisons que la suite  \overset{{\white{.}}}{(S_n)_{n\in\N^{*}}}  est convergente.

2. c)  Nous avons montré que la suite  \overset{{\white{.}}}{(S_n)_{n\in\N^{*}}}  est croissante et donc :  \overset{{\white{.}}}{ \forall\ n\in\N^*\,:\quad S_1\le S_n.}
La suite  (S_n)_{n\in\N^{*}}  est majorée par  \dfrac{1}{2}  et donc :   \overset{{\white{.}}}{ \forall\ n\in\N^*\,:\quad S_n\le\dfrac{1}{2}.}
Dès lors,  \forall\ n\in\N^*\,:\quad S_1\le S_n\le\dfrac{1}{2}.

Nous obtenons ainsi :

\forall\ n\in\N^*\,:\quad S_1\le S_n\le\dfrac{1}{2}\quad\Longleftrightarrow\quad \Delta_0\le S_n\le\dfrac{1}{2} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWWWWWWWWWW}\quad(\text{car }S_1=\displaystyle \sum_{k=0}^{1-1} \Delta_k=\displaystyle \sum_{k=0}^{0} \Delta_k=\Delta_0)} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWWWvWWW}\quad\Longleftrightarrow\quad f(0)-\displaystyle \int_{0}^{1} f(t)\text{  }dt\le S_n\le\dfrac{1}{2}}

\\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWWWvWWW}\quad\Longleftrightarrow\quad \dfrac{1}{2}-(2\ln2-1)\le S_n\le\dfrac{1}{2}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWWWvWWW}\quad\Longleftrightarrow\quad \dfrac{1}{2}-2\ln2+1\le S_n\le\dfrac{1}{2}} \\\\\text{D'où }\,\forall\ n\in\N^*\,:\quad  \boxed{\dfrac{3}{2}-2\ln2\le S_n\le\dfrac{1}{2}}

Nous en déduisons que  \dfrac{3}{2}-2\ln2\le \lim\limits_{n\to+\infty}S_n\le\dfrac{1}{2}
soit que  \boxed{\dfrac{3}{2}-2\ln2\le \ell\le\dfrac{1}{2}}\,.

3,5 points

exercice 2

Soit m  un nombre complexe non nul donné et  j=-\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\text{e}^{i\frac{2\pi}{3}} .

Partie I

On considère dans l'ensemble  \C  l'équation d'inconnue z  :  (E_m)\enskip:\enskip z^2+mj^2z+m^2j=0.

1.  Nous devons montrer que  \enskip j^3=1 \enskip\text{ et }\enskip 1+j+j^2=0.

j=\text{e}^{i\frac{2\pi}{3}} \quad\Longrightarrow\quad j^3=\left(\text{e}^{i\frac{2\pi}{3}}\right)^3 \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWnW \quad\Longrightarrow\quad j^3}=\text{e}^{i2\pi}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWnW\quad\Longrightarrow\quad j^3}=1} \\\\\Longrightarrow\boxed{j^3=1}

De plus,  1+j+j^2  est la somme des trois premiers termes d'une progression géométrique de raison j  dont le premier terme est 1.

Donc  1+j+j^2=\text{premier terme}\times\dfrac{1-\text{raison}^{\text{nombre de termes}}}{1-\text{raison}}.

\text{Par suite, }\,1+j+j^2=1\times\dfrac{1-j^3}{1-j} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWWWW}=\dfrac{1-1}{1-j}} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{WWWWWWWW}=0} \\\\\Longrightarrow\boxed{1+j+j^2=0}

2. a)  Calculons le discriminant deltamaj de l'équation (Em ).

\Delta=(mj^2)^2-4\times1\times m^2j \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\Delta}=m^2j^4-4m^2j} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\Delta}=m^2j(j^3-4)} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\Delta}=m^2j(1-4)}\quad(\text{car }j^3=1,\text{ voir question 1)} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{\Delta}=-3m^2j}

\Longrightarrow\boxed{\Delta=-3m^2j}

En outre, nous obtenons :

(1-j)^2=1-2j+j^2 \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{(1-j)^2}=(1+j^2)-2j} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{(1-j)^2}=-j-2j\quad(\text{car }1+j+j^2=0\Longrightarrow 1+j^2=-j,\text{ voir question 1)}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{(1-j)^2}=-3j} \\\\\Longrightarrow\boxed{(1-j)^2=-3j}

Nous en déduisons que :

\left\lbrace\begin{matrix}\Delta=-3m^2j\\\overset{{\white{.}}}{(1-j)^2=-3j}\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}\Delta=m^2(-3j)\\\overset{{\white{.}}}{-3j=(1-j)^2}\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad\Delta=m^2(1-j)^2

Par conséquent,  \boxed{\Delta=[m(1-j)]^2}\,.

2. b)  Déterminons  \overset{{\white{.}}}{z_1}  et  \overset{{\white{.}}}{z_2}  les deux solutions de l'équation (Em ).

z_1=\dfrac{-mj^2+m(1-j)}{2}=\dfrac{-m(j^2-1+j)}{2}=\dfrac{-m(j^2+j-1)}{2} \\\\\text{Or }\,1+j+j^2=0\quad\Longrightarrow\quad j^2+j=-1 \\\\\text{D'où }\,z_1=\dfrac{-m(-1-1)}{2}=\dfrac{-m(-2)}{2}=\dfrac{2m}{2} \\\\\Longrightarrow\boxed{z_1=m}

z_2=\dfrac{-mj^2-m(1-j)}{2}=\dfrac{-m(j^2+1-j)}{2} \\\\\text{Or }\,1+j+j^2=0\quad\Longrightarrow\quad j^2+1=-j \\\\\text{D'où }\,z_2=\dfrac{-m(-j-j)}{2}=\dfrac{-m(-2j)}{2}=\dfrac{2mj}{2} \\\\\Longrightarrow\boxed{z_2=mj}

3.  Dans cette question, on suppose que :  m=1+i.
Nous devons montrer que  \overset{{\white{.}}}{(z_1+z_2)^{2022}}  est un imaginaire pur.

Nous savons que la somme des racines  \overset{{\white{.}}}{z_1}  et  \overset{{\white{.}}}{z_2}  (si elles existent) de l'équation  az^2+bz+c=0  est donnée par la formule :  z_1+z_2=-\dfrac{b}{a}.
Par suite, la somme des racines  \overset{{\white{.}}}{z_1}  et  \overset{{\white{.}}}{z_2}  de l'équation (Em ) est donnée par :  z_1+z_2=-\dfrac{mj^2}{1}=-mj^2.
Dès lors,

(z_1+z_2)^{2022}=(-m\,j^2)^{2022}=(m\,j^2)^{2022}=m^{2022}\times j^{4044} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{(z_1+z_2)^{2022}}=(1+i)^{2022}\times(j^3)^{1348}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{(z_1+z_2)^{2022}}=\left((1+i)^2\right)^{1011}\times1^{1348}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{(z_1+z_2)^{2022}}=(1+2i-1)^{1011}}
\\\overset{{\white{.}}}{\phantom{(z_1+z_2)^{2022}}=(2i)^{1011}=2^{1011}\times i^{1011}}=2^{1011}\times i^{1010}\times i \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{(z_1+z_2)^{2022}}=2^{1011}\times( i^2)^{505}\times i}=2^{1011}\times( -1)^{505}\times i=2^{1011}\times( -1)\times i \\\\\Longrightarrow\boxed{(z_1+z_2)^{2022}=-2^{1011}\times i}

Par conséquent,  (z_1+z_2)^{2022}  est un imaginaire pur.

Partie II

Le plan complexe est muni d'un repère orthonormé direct  \left(O,\overrightarrow{u},\overrightarrow{v}\right) .

Soit  \varphi  la transformation du plan complexe qui à tout point  \overset{{\white{.}}}{M(z)}  fait correspondre le point  \overset{{\white{.}}}{M'(z')}  tel que  \overset{{\white{.}}}{z'=(1+j)z .} 

1.  Nous devons déterminer la nature et les éléments caractéristiques de l'application  \varphi . 

L'écriture algébrique de la transformation  \varphi  est de la forme :  z'=az+b  où  a=1+j  et  b=0.
La transformation  \varphi  est une similitude directe.

Puisque  a\neq1. , la transformation  \varphi  est une similitude admettant un seul point fixe omegamaj.
Dans ce cas, cette similitude est la composée d'une homothétie de rapport k  = |a | de centre omegamaj et d'une rotation de même centre et d'angle  \overset{{\white{.}}}{\theta\equiv\arg(a)\,[2\pi].}

k=|a|=|1+j|=|-j^2|\quad\quad\text{car }1+j+j^2=0\Longrightarrow 1+j=-j^2 \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{k}=\left|j^2\right|=\left|\left(\text{e}^{i\frac{2\pi}{3}}\right)^2\right|} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{k}=\left|\text{e}^{i\frac{4\pi}{3}}\right|=1} \\\\\Longrightarrow\boxed{k=1}
Nous en déduisons que la transformation  \varphi  est une rotation de centre omegamaj et d'angle  \overset{{\white{.}}}{\theta\equiv\arg(a)\,[2\pi].}

L'affixe omega de omegamaj est de la forme  \dfrac{b}{1-a}.

Comme b  = 0, l'affixe de omegamaj est donc égal à 0.
Dès lors, le centre de la rotation est l'origine O du repère.

Déterminons l'angle  \theta  de la rotation.

\theta\equiv\arg(a)\,[2\pi] \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\theta}\equiv\arg(1+j)\,[2\pi]} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\theta}\equiv\arg(-j^2)\,[2\pi]} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\theta}\equiv\arg(-1)+\arg(j^2)\,[2\pi]}

{\white{x}}\\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\theta}\equiv\pi+\arg(\text{e}^{i\frac{4\pi}{3}})\,[2\pi]} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\theta}\equiv\pi+\dfrac{4\pi}{3}\,[2\pi]} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\theta}\equiv\dfrac{7\pi}{3}\,[2\pi]} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{\theta}\equiv\dfrac{\pi}{3}\,[2\pi]}\quad\quad\text{car }\dfrac{7\pi}{3}-2\pi=\dfrac{\pi}{3}

D'où  \boxed{\theta\equiv\dfrac{\pi}{3}\,[2\pi]}\,.

Par conséquent, la transformation  \varphi  est une rotation de centre O et d'angle  \overset{{\white{.}}}{\dfrac{\pi}{3}\,[2\pi].}

2. a)  Nous devons montrer que  a'=-mj^2 \text{ , } b'=-m \text{ et }c'=-mj.

\bullet\quad A'=\varphi(A)\Longleftrightarrow a'=(1+j)a \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWx}\Longleftrightarrow a'=(1+j)m}\quad(\text{car }a=m) \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWx}\Longleftrightarrow a'=-j^2m}\quad(\text{car }1+j+j^2=0\Longrightarrow 1+j=-j^2) \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWx}\Longleftrightarrow \boxed{a'=-mj^2}}

\bullet\quad B'=\varphi(B)\Longleftrightarrow b'=(1+j)b \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWx}\Longleftrightarrow b'=(1+j)\,mj}\quad(\text{car }b=mj) \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWx}\Longleftrightarrow b'=-j^2\,mj}\quad(\text{car }1+j+j^2=0\Longrightarrow 1+j=-j^2) \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWx}\Longleftrightarrow b'=-j^3m} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{WWWWWx}\Longleftrightarrow \boxed{b'=-m}}\quad(\text{car }j^3=1)

\bullet\quad C'=\varphi(C)\Longleftrightarrow c'=(1+j)c \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWx}\Longleftrightarrow c'=(1+j)\,mj^2}\quad(\text{car }c=mj^2) \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWx}\Longleftrightarrow c'=-j^2\,mj^2}\quad(\text{car }1+j+j^2=0\Longrightarrow 1+j=-j^2) \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWx}\Longleftrightarrow c'=-mj\times j^3} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{WWWWWx}\Longleftrightarrow \boxed{c'=-mj}}\quad(\text{car }j^3=1)

2. b)  Nous devons montrer que  p+qj+rj^2=0.

En utilisant les définitions de a , b , c  et les résultats de la question 2. a), nous obtenons :

p+qj+rj^2=\dfrac{b+a'}{2}+\dfrac{c+b'}{2}\times j+\dfrac{a+c'}{2}\times j^2 \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWw}=\dfrac{mj-mj^2}{2}+\dfrac{mj^2-m}{2}\times j+\dfrac{m-mj}{2}\times j^2} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWw}=\dfrac{mj-mj^2+mj^3-mj+mj^2-mj^3}{2}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWw}=0}

Par conséquent,  \boxed{p+qj+rj^2=0}\,.

2. c)  Nous devons en déduire que le triangle PQR  est équilatéral.
Montrons que les trois côtés de ce triangle ont la même longueur.

PQ=|q-p| \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{pQ}=|q+qj+rj^2|\quad(\text{car }p+qj+rj^2=0\Longrightarrow qj+rj^2=-p)} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{pQ}=|q(1+j)+rj^2|} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{pQ}=|q\,(-j^2)+rj^2|\quad(\text{car }1+j+j^2=0\Longrightarrow 1+j=-j^2)}
{\white{pQ}}=|-qj^2+rj^2| \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{pQ}=|(-q+r)\,j^2|} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{pQ}=|-q+r|\times|j^2|} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{pQ}=|r-q|\times1}\quad(\text{ car }|j^2|=\left|\text{e}^{i\frac{4\pi}{3}}\right|=1)
\\\overset{{\white{.}}}{\phantom{pQ}=QR} \\\\\Longrightarrow\boxed{PQ=QR}

PR=|r-p| \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{PR}=|r+qj+rj^2|\quad(\text{car }p+qj+rj^2=0\Longrightarrow qj+rj^2=-p)} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{PR}=|r(1+j^2)+qj|} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{PR}=|r\,(-j)+qj|\quad(\text{car }1+j+j^2=0\Longrightarrow 1+j^2=-j)}
{\white{PR}}=|-rj+qj| \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{PR}=|(-r+q)\,j|} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{PR}=|q-r|\times|j|} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{PR}=|q-r|\times1}\quad(\text{car }|j|=\left|\text{e}^{i\frac{2\pi}{3}}\right|=1)
\\\overset{{\white{.}}}{\phantom{PR}=RQ} \\\\\Longrightarrow\boxed{PR=RQ}
Nous en déduisons que :  \overset{{\white{.}}}{PQ=QR=PR.}
Par conséquent, le triangle PQR  est équilatéral.

3 points

exercice 3

Soit n  un entier naturel strictement supérieur à 1 .
On considère dans  \N^2  l'équation :  (E_n) \enskip : \enskip (x+1)^n-x^n=ny.
Soit (x ; y ) une solution de l'équation  (E_n)  dans  \N^2  et soit p  le plus petit diviseur premier de n .

1. a)  Nous devons montrer que :  \overset{{\white{.}}}{(x+1)^n \equiv x^n\enskip [p].}
En effet, p  étant un diviseur de n , nous obtenons alors :

n\equiv0\enskip[p]\quad\Longrightarrow\quad ny\equiv0\enskip[p] \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{n\equiv0\enskip[p]}\quad\Longrightarrow\quad (x+1)^n-x^n\equiv0\enskip[p]}\quad\quad (\text{car }(E_n) \, : \, (x+1)^n-x^n=ny) \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{n\equiv0\enskip[p]}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{(x+1)^n\equiv x^n\enskip[p]}}

1. b)  Nous devons montrer que p  est premier avec x  et avec (x  + 1).

Raisonnons par l'absurde.
\bullet{\white{x}}Supposons que p  ne soit pas premier avec x , soit que p  divise x .
Dans ce cas, nous obtenons :

p|x\quad\Longrightarrow\quad p|x^n \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{p|x}\quad\Longrightarrow\quad x^n\equiv0\enskip[p]} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{p|x}\quad\Longrightarrow\quad (x+1)^n\equiv0\enskip[p]}\quad\quad\text{car }(x+1)^n\equiv x^n\enskip[p] \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{p|x}\quad\Longrightarrow\quad p|(x+1)^n}
Or nous savons que si a  et b  sont deux entiers relatifs et p  est un nombre premier et si p  divise le produit a .b , alors p  divise a  ou p  divise b .

Dès lors,  p|(x+1)^n\quad\Longrightarrow\quad p|(x+1).

Nous avons donc montré que si p  divise x , alors p  divise (x  + 1).
Dans ce cas, p  divise leur différence (x  + 1) - x , soit p  divise 1.
Or si p  divise 1, alors p  = 1, ce qui est absurde car p  est premier et 1 ne l'est pas.
D'où l'hypothèse ''p  divise x '' est fausse.
Par conséquent, p  est premier avec x .

\bullet{\white{x}}Supposons que p  ne soit pas premier avec (x  + 1), soit que p  divise (x  + 1).
Dans ce cas, nous obtenons :

p|(x+1)\quad\Longrightarrow\quad p|(x+1)^n \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{p|(x+1)}\quad\Longrightarrow\quad (x+1)^n\equiv0\enskip[p]} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{p|(x+1)}\quad\Longrightarrow\quad x^n\equiv0\enskip[p]}\quad\quad\text{car }(x+1)^n\equiv x^n\enskip[p] \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{p|(x+1)}\quad\Longrightarrow\quad p|x^n}
Or nous savons que si a  et b  sont deux entiers relatifs et p  est un nombre premier et si p  divise le produit a .b , alors p  divise a  ou p  divise b .

Dès lors,  \overset{{\white{.}}}{p|x^n\quad\Longrightarrow\quad p|x} , ce qui est absurde car nous avons montré que p  est premier avec x .
D'où l'hypothèse ''p  divise (x  + 1)'' est fausse.
Par conséquent, p  est premier avec (x +1).

1. c)  Nous devons en déduire que :  (x+1)^{p-1} \equiv x^{p-1}\enskip [p].

Nous savons que p  est premier et que  p\wedge x=1. 
Selon le petit théorème de Fermat,  x^{p-1}\equiv1\,[p].

De même, nous savons que p  est premier et que  p\wedge (x+1)=1. 
Selon le petit théorème de Fermat,  (x+1)^{p-1}\equiv1\,[p].

Par la transitivité de la congruence modulo p , nous obtenons :

\left(\overset{}{(x+1)^{p-1}\equiv1\,[p]\quad\text{et}\quad 1\equiv x^{p-1}\,[p]}\right)\quad\Longrightarrow\quad \boxed{(x+1)^{p-1}\equiv x^{p-1}\,[p]}

2. Nous devons montrer que si n  est pair, alors l'équation  (E_n)  n'admet pas de solution dans  \N^2. 

Nous savons que n  est pair et que p  est le plus petit diviseur premier de n .
Nous en déduisons que p  = 2.

Raisonnons par l'absurde.
Supposons que  (E_n)  admet au moins une solution (x  ; y ) dans  \N^2. 
Dans ce cas, en utilisant le résultat de la question 1. c), nous obtenons :  \overset{{\white{.}}}{(x+1)^{2-1}\equiv x^{2-1}\,[2]} , soit  \overset{{\white{.}}}{x+1\equiv x\,[2]} , soit  \overset{{\white{.}}}{1\equiv 0\,[2].}
Cela signifie que 2 divise 1, ce qui est absurde.
D'où l'hypothèse '' (E_n)  admet au moins une solution (x  ; y ) dans  \N^2 '' est fausse.
Par conséquent, si n  est pair, alors l'équation  (E_n)  n'admet pas de solution dans  \N^2. 

3.  On suppose que n  est impair.

3. a)  Nous devons montrer qu'il existe un couple (u  ; v ) de  \Z^2  tel que :  \overset{{\white{.}}}{nu+(p-1)v=1.}

Montrons d'abord que  n \wedge (p-1)=1.

Posons  \overset{{\white{.}}}{d=n \wedge (p-1).}
Donc  \overset{{\white{.}}}{d\ge1.}

Montrons que  \overset{{\white{.}}}{d>1}  est absurde.

Supposons que l'on ait :   \overset{{\white{.}}}{d>1} , soit  \overset{{\white{.}}}{d\ge 2.}
Alors d  admet un diviseur premier noté q .
Or  \overset{{\white{.}}}{d=n \wedge (p-1)\quad\Longrightarrow\quad d|n\quad\text{et}\quad d|(p-1).}

Dès lors,  \overset{{\white{.}}}{q|n\quad\text{et}\quad q|(p-1).}
Donc  \overset{{\white{.}}}{q|n\quad\text{et}\quad q\le(p-1)} , soit  \overset{{\white{.}}}{q|n\quad\text{et}\quad q<p.}

Nous en déduisons que q  est un diviseur premier positif de n  strictement inférieur à p , ce qui est absurde car par définition, p  est le plus petit diviseur premier de n .
Par conséquent, d  = 1, soit  \overset{{\white{.}}}{\boxed{n \wedge (p-1)=1}\,.}

En conclusion, selon le théorème de Bézout, il existe un couple (u  ; v ) de  \Z^2  tel que :  \overset{{\white{.}}}{\boxed{nu+(p-1)v=1}\,.}

3. b)  Soient q  et r  respectivement le quotient et le reste dans la division euclidienne de u  par (p  - 1).
Nous obtenons alors :  u=(p-1)\,q+r.

\left\lbrace\begin{matrix}{\red{u}}={\red{(p-1)\,q+r}}\\n{\red{u}}+(p-1)v=1\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad n({\red{(p-1)\,q+r}})+(p-1)v=1 \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWWWW}\quad\Longrightarrow\quad n(p-1)\,q+nr+(p-1)v=1}
\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWWWW}\quad\Longrightarrow\quad  nr=1-(p-1)\,nq-(p-1)v} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWWWW}\quad\Longrightarrow\quad nr=1-(p-1)(nq+v)} \\\\\Longrightarrow\boxed{nr=1-(p-1)(v+nq)}

3. c)  On pose  \overset{{\white{.}}}{v'=-(v+nq)} .
Montrons que :  v'\geq 0.

Raisonnons par l'absurde.
Supposons que  v'<0. 

\left\lbrace\begin{matrix}nr=1-(p-1)(v+nq)\\v'=-(v+nq)\phantom{WWWv}\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad \boxed{nr=1+(p-1)\,v'}

\left\lbrace\begin{matrix}v'<0\\p>1\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}v'\le-1\\p-1>0\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad(p-1)\,v'\le -(p-1) \\\\\Longrightarrow \,(p-1)\,v'\le -p+1 \\\overset{{\white{.}}}{\Longrightarrow\,1+(p-1)\,v'\le -p+2} \\\overset{{\white{.}}}{\Longrightarrow\,nr\le -p+2}

Or nous avons supposé dans cet exercice que n  est impair.
Puisque p  est un diviseur de n (qui est supposé être impair dans l'exercice), nous en déduisons que p  est impair.
Il s'ensuit que p  est supérieur à 3.

p\ge3\quad\Longrightarrow\quad-p\le-3 \\\phantom{WW}\quad\Longrightarrow\quad-p+2\le-3+2 \\\phantom{WW}\quad\Longrightarrow\quad-p+2\le-1 \\\\\Longrightarrow -p+2<0.
Dès lors, nous déduisons que :  nr<0 , ce qui est absurde puisque n  > 0 et r  supegal 0.
D'où l'hypothèse '' v'<0. '' est fausse.
Par conséquent,  \boxed{v'\geq 0}\,.

3. c)  Montrons que l'équation  (E_n)  n'admet pas de solution dans  \N^2 .

Dans la question 2, nous avons déjà montré que si n  est pair, alors l'équation  (E_n)  n'admet pas de solution dans  \N^2. 

Envisageons le cas où n  est impair.
Raisonnons par l'absurde.
Supposons que l'équation  (E_n)  admet au moins une solution (x  ; y ) dans  \N^2 .
Nous savons par la question 3 qu'il existe un couple (r  ; v' ) où r  et v'  sont des entiers naturels avec r  different 0 tel que  \overset{{\white{.}}}{nr=1+(p-1)\,v'.}

D'après la question 1. a), nous savons que  \overset{{\white{.}}}{(x+1)^n\equiv x^n\,[p].}

(x+1)^n\equiv x^n\,[p]\quad\Longrightarrow\quad (x+1)^{nr}\equiv x^{nr}\,[p]\quad({\blue{\text{car }r>0}}) \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWwWWW}\quad\Longrightarrow\quad (x+1)^{1+(p-1)\,v'}\equiv x^{1+(p-1)\,v'}\,[p]} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWWWWWWW}\quad({\blue{\text{car }nr=1+(p-1)\,v'}})}  \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWwWWW}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{(x+1)\times(x+1)^{(p-1)\,v'}\equiv x\times x^{(p-1)\,v'}\,[p]}}

D'après la question 1. c), nous obtenons :  (x+1)^{p-1}\equiv x^{p-1}\,[p]\quad\Longrightarrow\quad\boxed{(x+1)^{(p-1)v'}\equiv x^{(p-1)v'}\,[p]}
Il s'ensuit que :

\left\lbrace\begin{matrix}(x+1)\times{\blue{(x+1)^{(p-1)\,v'}}}\equiv x\times x^{(p-1)\,v'}\,[p]\\\phantom{xxxx}\overset{{\white{.}}}{{\blue{(x+1)^{(p-1)v'}}}\equiv x^{(p-1)v'}\,[p]}\end{matrix}\right. \quad\Longrightarrow\quad \boxed{(x+1)\times x^{(p-1)v'}\equiv x\times x^{(p-1)\,v'}\,[p]}

Or nous avons montré dans la question 1. c) qu'en vertu du petit théorème de Fermat, nous avons :  \overset{{\white{.}}}{(x+1)^{p-1}\equiv1\,[p]\quad\text{et}\quad  x^{p-1}\equiv1\,[p]}

Dès lors  (x+1)^{(p-1)v'}\equiv1\,[p]\quad\text{et}\quad  x^{(p-1)v'}\equiv1\,[p].

Nous en déduisons que :  \left\lbrace\begin{matrix}(x+1)\times x^{(p-1)v'}\equiv x\times x^{(p-1)\,v'}\,[p]\\\overset{{\white{.}}}{x^{(p-1)v'}\equiv1\,[p]\phantom{w}}\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad x+1\equiv x\,[p] 

et donc que :  \overset{{\white{.}}}{1\equiv 0\,[p]} , soit  \boxed{p|1} , ce qui est absurde.
D'où l'hypothèse ''l'équation  (E_n)  admet au moins une solution (x  ; y ) dans  \N^2 '' est fausse.
Par conséquent, l'équation  (E_n)  n'admet pas de solution dans  \N^2 .

3,5 points

exercice 4

On rappelle que  \left( \mathcal{M}_{2}(\R),+,\times\right)  est un anneau unitaire non commutatif d'unité  \overset{{\white{.}}}{I=\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}  et que  \left(\Z,+,\times\right)  est un anneau commutatif unitaire et intègre.

Soit  \overset{{\white{.}}}{E = \left\lbrace M(a,b)=\begin{pmatrix}a&3b\\b&a\end{pmatrix} \enskip /\enskip (a,b)\in\Z^2 \right\rbrace .}

1. a)  Montrons que E  est un sous-groupe de  \left( \mathcal{M}_{2}(\R),+\right) .

Un critère pratique pour prouver qu'une partie  \overset{{\white{.}}}{E\subset  \left( \mathcal{M}_{2}(\R),+\right)}  est un sous-groupe de  \overset{{\white{.}}}{\left( \mathcal{M}_{2}(\R),+\right)}  est :
\overset{{\white{.}}}{\bullet}  E  comprend au moins un élément.
\overset{{\white{.}}}{\bullet}  pour tout  \overset{{\white{.}}}{M(a,b)\,,\,M(c,d)\in\,E,\quad M(a,b)-M(c,d)\in\,E.} 

\overset{{\white{.}}}{\bullet\bullet}  Montrons que E  contient au moins un élément.
En effet, si a  = b  = 0, alors :

{\white{xx}} M(a,b)=M(0,0) \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{ M(a,b)}=\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{ M(a,b)}=\begin{pmatrix}{\red{0}}&3\times{\blue{0}}\\ {\blue{0}}&{\red{0}}\end{pmatrix}\quad\text{avec}\quad(0,0)\in\Z^2.} \\\\\Longrightarrow \boxed{M(0,0)\in E}
Par conséquent, E  comprend au moins un élément.

\overset{{\white{.}}}{\bullet\bullet}  Montrons que pour tout  \overset{{\white{.}}}{M(a,b)\,,\,M(c,d)\in\,E,\quad M(a,b)-M(c,d)\in\,E.} 

Soient  \overset{{\white{.}}}{M(a,b)\,,\,M(c,d)}  deux éléments quelconques de E .
Alors,
M(a,b)-M(c,d)=\begin{pmatrix}a&3b\\b&a\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}c&3d\\d&c\end{pmatrix} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWWW}=\begin{pmatrix}a-c&3b-3d\\b-d&a-c\end{pmatrix}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWWW}=\begin{pmatrix}a-c&3(b-d)\\b-d&a-c\end{pmatrix}}
Nous observons que   \overset{{\white{.}}}{M(a,b)-M(c,d)}  est de la forme  \begin{pmatrix}\alpha&3\beta\\\beta&\alpha\end{pmatrix}\quad\text{où}\quad\alpha=a-c\quad\text{et}\quad\beta=b-d.
Nous en déduisons que pour tout  \overset{{\white{.}}}{M(a,b)\,,\,M(c,d)\in\,E,\quad \boxed{M(a,b)-M(c,d)\in\,E}\,.} 

Par conséquent, nous venons de montrer que E  est un sous-groupe de  \left( \mathcal{M}_{2}(\R),+\right) .

1. b)  Pour tout a , b , c  et d  de  \Z ,

M(a,b)\times M(c,d)=\begin{pmatrix}a&3b\\b&a\end{pmatrix}\times\begin{pmatrix}c&3d\\d&c\end{pmatrix} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWWW}=\begin{pmatrix}ac+3bd&3ad+3bc\\bc+ad&3bd+ac\end{pmatrix}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWWW}=\begin{pmatrix}ac+3bd&3(ad+bc)\\ad+bc&ac+3bd\end{pmatrix}}

\Longrightarrow\boxed{M(a,b)\times M(c,d)=M(ac+3bd,ad+bc)}

1. c)  Nous devons montrer que  (E,+,\times)  est un anneau commutatif et unitaire.

\overset{{\white{.}}}{\bullet}  Montrons que  \overset{{\white{.}}}{(E,+)}  est un groupe commutatif.
D'une part, nous savons que  \left( \mathcal{M}_{2}(\R),+,\times\right)  est un anneau et par suite,  \left( \mathcal{M}_{2}(\R),+\right)  est un groupe commutatif.
D'autre part, nous avons montré que E  est un sous-groupe de  \left( \mathcal{M}_{2}(\R),+\right) .
Par conséquent,  \overset{{\white{.}}}{(E,+)}  est un groupe commutatif.

\overset{{\white{.}}}{\bullet}  Montrons que E  est stable pour la multiplication.
Nous savons que pour tout a , b , c  et d  de  \Z , M(a,b)\times M(c,d)=M(ac+3bd,ad+bc). 
Or  \left\lbrace\begin{matrix}a\in\Z\\b\in\Z\\c\in\Z\\d\in\Z\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}ac+3bd\in\Z\\ad+bc\in\Z\end{matrix}\right.
Donc  \overset{{\white{.}}}{M(ac+3bd,ad+bc)\in E.}
Par conséquent, E  est stable pour la multiplication.

Par conséquent,  \left( E,+,\times\right)  est un sous-anneau de  \left( \mathcal{M}_{2}(\R),+,\times\right) ,
Donc  \left( E,+,\times\right)  est un anneau.

\overset{{\white{.}}}{\bullet}  Montrons que la multiplication est commutative dans E .
Par la question 1. b), nous savons que pour tout a , b , c  et d  de  \Z ,  M(a,b)\times M(c,d)=M(ac+3bd,ad+bc).

M(c,d)\times M(a,b)=\begin{pmatrix}c&3d\\d&c\end{pmatrix}\times\begin{pmatrix}a&3b\\b&a\end{pmatrix} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWWW}=\begin{pmatrix}ca+3db&3cb+3da\\da+cb&3db+ca\end{pmatrix}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWWW}=\begin{pmatrix}ca+3db&3(cb+da)\\da+cb&3db+ca\end{pmatrix}}
\\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWWW}=\begin{pmatrix}ac+3bd&3(ad+bc)\\ad+bc&ac+3bd\end{pmatrix}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWWW}=M(a,b)\times M(c,d)} \\\\\Longrightarrow\boxed{\text{Pour tout }a,b,c,d\in\Z,\quad M(a,b)\times M(c,d)=M(c,d)\times M(a,b)}
Par conséquent, la multiplication est commutative dans E .

\overset{{\white{.}}}{\bullet}  Montrons que le neutre multiplicatif de  \mathcal{M}_{2}(\R)  appartient à E .
En effet,  \overset{{\white{.}}}{I=\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}=M(1,0)\in E.} 

Nous en déduisons que  \left( E,+,\times\right)  est un anneau commutatif et unitaire.

2.  Soit  \varphi  l'application définie de E  vers  \Z  par :  \overset{{\white{.}}}{\forall (a,b)\in\Z^2 \enskip : \enskip \varphi(M(a,b))=|a^2-3b^2|.}

Nous devons montrer que  \varphi  est un homomorphisme de  (E,\times)  vers  (\Z,\times). 
Cela revient à montrer que pour tout  M(a,b), M(c,d) \in E,
\overset{{\white{.}}}{\varphi(M(a,b)\times M(c,d))=\varphi(M(a,b))\times \varphi(M(c,d)).}

En effet :

\varphi(M(a,b)\times M(c,d))=\varphi(M(ac+3bd,ad+bc)) \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWWcWW}=\left|\,(ac+3bd)^2-3(ad+bc)^2\,\right| } \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWWcWW}=\left|\,(a^2c^2+6abcd+9b^2d^2)-3(a^2d^2+2abcd+b^2c^2)\,\right| } \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWWcWW}=\left|\,a^2c^2+6abcd+9b^2d^2-3a^2d^2-6abcd-3b^2c^2\,\right| }
{\white{WWWWWWWWw}}\\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWWcWW}=\left|\,a^2c^2+9b^2d^2-3a^2d^2-3b^2c^2\,\right| } \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWWcWW}=\left|\,a^2c^2-3b^2c^2-3a^2d^2+9b^2d^2\,\right| } \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWWcWW}=\left|\,(a^2-3b^2)c^2-3d^2(a^2-3b^2)\,\right| }
\\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWWcWW}=\left|\,(a^2-3b^2)(c^2-3d^2)\,\right| } \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWWcWW}=\left|\,a^2-3b^2\right|\times\left|\,c^2-3d^2\,\right| } \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWWcWW}=\varphi(M(a,b))\times \varphi(M(c,d))} \\\\\Longrightarrow\boxed{\forall\,M(a,b),\,M(c,d)\in E,\quad\varphi(M(a,b)\times M(c,d))=\varphi(M(a,b))\times \varphi(M(c,d))}

Par conséquent,  \varphi  est un homomorphisme de  (E,\times)  vers  (\Z,\times).

3.  Soit  \overset{{\white{.}}}{M(a,b)\in E.}

3. a)  Montrons que :  M(a,b)\times M(a,-b)=(a^2-3b^2).I

Nous savons que pour tout a , b , c  et d  de  \Z ,  \overset{{\white{.}}}{M(a,b)\times M(c,d)=M(ac+3bd,ad+bc).}

Donc, nous obtenons :

M(a,b)\times M(a,-b)=M(a\times a+3b\times(-b),a\times(-b)+ba) \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{M(a,b)\times M(a,-b)}=M(a^2-3b^2,-ab+ab)} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{M(a,b)\times M(a,-b)}=M(a^2-3b^2,0)}
\\\overset{{\white{.}}}{\phantom{M(a,b)\times M(a,-b)}=\begin{pmatrix}a^2-3b^2&0\\0&a^2-3b^2\end{pmatrix}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{M(a,b)\times M(a,-b)}=(a^2-3b^2)\,.\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{M(a,b)\times M(a,-b)}=(a^2-3b^2)\,.\,I} \\\\\Longrightarrow\boxed{M(a,b)\times M(a,-b)=(a^2-3b^2)\,.\,I}

3. b)  Montrons que si  \overset{{\white{.}}}{M(a,b)}  est inversible dans  (E,\times)  alors  \varphi(M(a,b))=1.

Par définition de  \varphi , démontrer que  \overset{{\white{.}}}{\varphi(M(a,b))=1}  revient à démontrer que  |a^2-3b^2|=1. 
Par hypothèse,  \overset{{\white{.}}}{M(a,b)}  est inversible dans  (E,\times). 
Donc nous savons que   \det(M(a,b))\neq0,  soit  a^2-3b^2\neq0. 

En utilisant la question 3. a) et en sachant que  a^2-3b^2\neq0 , nous obtenons :

M(a,b)\times M(a,-b)=(a^2-3b^2)\,.\,I\quad\Longrightarrow\quad M(a,b)\times\dfrac{1}{a^2-3b^2} M(a,-b)=I \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWWWWWWWWWW}\quad\Longrightarrow\quad M(a,b)\times M\left(\dfrac{a}{a^2-3b^2},\dfrac{-b}{a^2-3b^2}\right)=I}

Puisque la multiplication est commutative dans E , nous pouvons écrire :

\boxed{M(a,b)\times M\left(\dfrac{a}{a^2-3b^2},\dfrac{-b}{a^2-3b^2}\right)=M\left(\dfrac{a}{a^2-3b^2},\dfrac{-b}{a^2-3b^2}\right)\times  M(a,b)=I}\,.

Or la matrice  M(a,b)  est inversible dans  (E,\times) , c'est-à-dire qu'il existe une unique matrice inverse  \overset{{\white{.}}}{M(\alpha,\beta)}  appartenant à E  telle que  \overset{{\white{.}}}{\boxed{M(a,b)\times M(\alpha,\beta)=M(\alpha,\beta)\times M(a,b)=I.}}

En utilisant l'unicité de la matrice  M(\alpha,\beta) , nous obtenons :

\left\lbrace\begin{matrix}M(a,b)\times {\red{M(\alpha,\beta)}}={\red{M(\alpha,\beta)}}\times M(a,b)=I\phantom{WWWWWWWWWWWW}\\\\M(a,b)\times {\red{M\left(\dfrac{a}{a^2-3b^2},\dfrac{-b}{a^2-3b^2}\right)}}={\red{M\left(\dfrac{a}{a^2-3b^2},\dfrac{-b}{a^2-3b^2}\right)}}\times  M(a,b)=I\end{matrix}\right. \\\\\Longrightarrow \boxed{M(\alpha,\beta)=\left(\overset{}{M(a,b,)}\right)^{-1}=M\left(\dfrac{a}{a^2-3b^2},\dfrac{-b}{a^2-3b^2}\right)\in\,E}

Puisque  \overset{{\white{.}}}{M\left(\dfrac{a}{a^2-3b^2},\dfrac{-b}{a^2-3b^2}\right)\in E} , nous obtenons :

\left\lbrace\begin{matrix}\dfrac{a}{a^2-3b^2}\in\Z\\\overset{{\white{.}}}{\dfrac{-b}{a^2-3b^2}\in\Z}\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}a^2-3b^2\text{ divise }a\\\overset{{\white{.}}}{a^2-3b^2\text{ divise }b}\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}(a^2-3b^2)^2\text{ divise }a^2\\\overset{{\white{.}}}{(a^2-3b^2)^2\text{ divise }b^2}\end{matrix}\right.

{\white{xx}}\quad\Longrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}(a^2-3b^2)^2\text{ divise }a^2 \\\overset{{\white{.}}}{(a^2-3b^2)^2\text{ divise }3b^2}\end{matrix}\right. \\\\\overset{{\white{.}}}{\quad\Longrightarrow\quad(a^2-3b^2)^2\text{ divise }a^2-3b^2} \\\overset{{\white{.}}}{\quad\Longrightarrow\quad a^2-3b^2\text{ divise }1}

\\\overset{{\white{.}}}{\quad\Longrightarrow\quad a^2-3b^2=1\quad\text{ ou }\quad a^2-3b^2=-1} \\\overset{{\white{.}}}{\quad\Longrightarrow\quad |\,a^2-3b^2\,|=1} \\\\\Longrightarrow\quad \boxed{\varphi(M(a,b))=1}

Par conséquent, si  \overset{{\white{.}}}{M(a,b)}  est inversible dans  \overset{{\white{.}}}{(E,\times)}  alors  \varphi(M(a,b))=1.

3. c)  On suppose que  \varphi(M(a,b))=1.
Nous devons montrer que  M(a,b)  est inversible dans  (E,\times)  et préciser son inverse.

\varphi(M(a,b))=1\quad\Longleftrightarrow\quad|\,a^2-3b^2\,|=1 \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWWWWW}\quad\Longrightarrow\quad a^2-3b^2\neq0}

Or  \det(M(a,b))=a^2-3b^2.
D'où   \det(M(a,b))\neq0.
Par conséquent,  \overset{{\white{.}}}{M(a,b)}  est inversible dans  \left( \mathcal{M}_{2}(\R),+,\times\right) 

De plus, nous avons montré dans la question précédente que  \overset{{\white{.}}}{\left(\overset{}{M(a,b,)}\right)^{-1}=M\left(\dfrac{a}{a^2-3b^2},\dfrac{-b}{a^2-3b^2}\right).}

Par hypothèse, nous avons :   \varphi(M(a,b))=1.
Dès lors  |\,a^2-3b^2\,|=1.
Nous en déduisons que  a^2-3b^2=1\quad\text{ou}\quad a^2-3b^2=-1.

Par suite,  \left\lbrace\begin{matrix}\dfrac{a}{a^2-3b^2}=\dfrac{a}{1}=a{\enskip\red{\in\Z}}\\\overset{{\white{.}}}{\dfrac{-b}{a^2-3b^2}=\dfrac{-b}{1}=-b{\enskip\red{\in\Z}}}\end{matrix}\right.\quad\quad\text{ou}\quad\quad\left\lbrace\begin{matrix}\dfrac{a}{a^2-3b^2}=\dfrac{a}{-1}=-a{\enskip\red{\in\Z}}\\\overset{{\white{.}}}{\dfrac{-b}{a^2-3b^2}=\dfrac{-b}{-1}=b{\enskip\red{\in\Z}}}\end{matrix}\right.

et donc  \overset{{\white{.}}}{\left(\overset{}{M(a,b,)}\right)^{-1}=M\left(\dfrac{a}{a^2-3b^2},\dfrac{-b}{a^2-3b^2}\right){\enskip\red{\in E}}.}

Par conséquent, si   \varphi(M(a,b))=1 , alors  M(a,b)  est inversible dans  (E,\times)  et son inverse est  \overset{{\white{.}}}{\left(\overset{}{M(a,b,)}\right)^{-1}=M\left(\dfrac{a}{a^2-3b^2},\dfrac{-b}{a^2-3b^2}\right).}

 
4. a)  Montrons que  \forall (a,b)\in\Z^2 \enskip : \enskip \varphi(M(a,b))=0\iff a=b=0.

\bullet{\white{x}}Démontrons que  \boxed{\forall (a,b)\in\Z^2 \, : \, \varphi(M(a,b))=0\quad\Longrightarrow\quad  a=b=0}\,.

\varphi(M(a,b))=0\quad\Longleftrightarrow\quad |\,a^2-3b^2\,|=0 \\\phantom{\varphi(M(a,b))=0}\quad\Longleftrightarrow\quad a^2-3b^2=0 \\\phantom{\varphi(M(a,b))=0}\quad\Longleftrightarrow\quad a^2=3b^2.

Supposons que  \overset{{\white{.}}}{b\ne0.}

Dans ce cas,
a^2=3b^2\quad\Longleftrightarrow\quad \dfrac{a^2}{b^2}=3 \\\\\phantom{a^2=3b^2}\quad\Longleftrightarrow\quad \dfrac{a}{b}=\sqrt{3}\,\,{\red{\notin\Q}}\quad\text{ou}\quad\dfrac{a}{b}=-\sqrt3\,\,{\red{\notin\Q}}
ce qui est absurde car a  et b   \in\,\Z.
Donc b  = 0
Puisque  a^2=3b^2 , nous déduisons que a  = 0

Par conséquent, nous avons démontré que  \boxed{\forall (a,b)\in\Z^2 \, : \, \varphi(M(a,b))=0\quad\Longrightarrow\quad  a=b=0}\,.

\bullet{\white{x}}Démontrons que  \boxed{\forall (a,b)\in\Z^2 \, : \, a=b=0\quad\Longrightarrow\quad\varphi(M(a,b))=0  }\,.

Supposons que a  = b  = 0.

Alors  \varphi(M(a,b))=\varphi(M(0,0))=|\,0^2-3\times0^2\,|=0\quad\Longrightarrow\quad\varphi(M(a,b))=0.

Par conséquent, nous avons démontré que  \boxed{\forall (a,b)\in\Z^2 \, : \, a=b=0\quad\Longrightarrow\quad\varphi(M(a,b))=0  }\,.

\bullet{\white{x}}En résumé, nous avons démontré que  \boxed{\forall (a,b)\in\Z^2 \enskip : \enskip \varphi(M(a,b))=0\iff a=b=0}\,.

4. b)  Nous devons en déduire que l'anneau  (E,+,\times)  est intègre.
Rappelons que le neutre pour l'addition dans E  est  \overset{{\white{.}}}{M(0,0)=\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}.} 

Nous devons donc montrer que  \overset{{\white{.}}}{\forall\,a,b,c,d\in\Z,\,M(a,b)\times M(c,d)=M(0,0)\quad\Longrightarrow\quad [M(a,b)=M(0,0)\quad\text{ou}\quad M(c,d)=M(0,0)]}

Soient  \overset{{\white{.}}}{M(a,b)}  et  \overset{{\white{.}}}{M(c,d)}  deux éléments de E  tels que  \overset{{\white{.}}}{M(a,b)\times M(c,d)=M(0,0).}

Dès lors,  \varphi(M(a,b)\times M(c,d))=\varphi(M(0,0)).

Or nous avons montré dans la question 2 que  \varphi  est un homomorphisme de  (E,\times)  vers  (\Z,\times)  et donc que  \overset{{\white{.}}}{\varphi(M(a,b)\times M(c,d))=\varphi(M(a,b))\times \varphi(M(c,d)).}
De plus,  \varphi(M(0,0))=0  (voir question 4. a)

Nous en déduisons que :   \varphi(M(a,b)\times M(c,d))=\varphi(M(0,0))\quad\Longleftrightarrow\quad \varphi(M(a,b))\times \varphi(M(c,d))=0.

Or   \varphi(M(a,b))\in\Z\quad\text{et}\quad \varphi(M(c,d))\in\Z.

Puisque  \left(\Z,+,\times\right)  est un anneau intègre, il en découle que :

\varphi(M(a,b))\times \varphi(M(c,d))=0\quad\Longleftrightarrow\quad[\varphi(M(a,b))=0\quad\text{ou}\quad \varphi(M(c,d))=0]

Selon la question 4. a), nous déduisons que :  a=b=0\quad\text{ou}\quad c=d=0.

D'où  M(a,b)=M(0,0)\quad\text{ou}\quad M(c,d)=M(0,0).

En résumé, nous avons démontré que  \overset{{\white{.}}}{\boxed{\forall\,a,b,c,d\in\Z,\,M(a,b)\times M(c,d)=M(0,0)\quad\Longrightarrow\quad [M(a,b)=M(0,0)\quad\text{ou}\quad M(c,d)=M(0,0)]}\,.}

Par conséquent, l'anneau  (E,+,\times)  est intègre.

4. c)  Montrons que (E,+,\times)  n'est pas un corps.

Montrons alors qu'il existe au moins un élément  M(a,b)\in E\setminus\lbrace M(0,0)\rbrace  qui n'est pas inversible dans  (E,\times). 

Nous avons montré dans les questions 3. b) et c) que
M (a ,b ) est inversible dans  \overset{{\white{.}}}{(E,\times)\quad\Longleftrightarrow\quad\varphi(M(a,b))=1.}

Prenons par exemple  M(1,1)\in E\setminus\lbrace0_E\rbrace .
\varphi(M(1,1))=|\,1^2-3\times1^2\,|=|-2\,|=2\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\varphi(M(1,1))\neq1}
Dès lors M (1,1) n'est pas inversible dans  (E,\times). 

Par conséquent, (E,+,\times)  n'est pas un corps.


\mathbf{{\red{F}\quad I\quad N}}
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