Fiche de mathématiques

Ile mathématiques > maths bac > BAC 2025 TOUJOURS : DES SUJETS VENUS D'AILLEURS

Bac Maroc 2025

Série Sciences-Mathématiques

Durée : 4 heures

Calculatrice non autorisée

10 points

exercice 1

On considère la fonction numérique $f$ définie sur $\mathbb{R}$ par : $f(x) = \dfrac{\text e^x}{\text e^{2x} + \text e}$ et soit $(\Gamma)$ sa courbe représentative dans un repère orthogonal $(O; \overrightarrow i, \overrightarrow j)$

Partie I :

1- a) Montrer que: $(\forall x \in \mathbb{R})$ ; $f(1-x) = f(x)$

b) Interpréter graphiquement le résultat obtenu.

c) Calculer $\displaystyle \lim_{x \to -\infty} f(x)$ puis en déduire $\displaystyle \lim_{x \to +\infty} f(x)$

d) Interpréter graphiquement les deux résultats obtenus.

2- a) Montrer que: $(\forall x \in \mathbb{R})$ ; $f'(x) = f(x) \dfrac{1 - \text e^{2x-1}}{1 + \text e^{2x-1}}$

b) Donner les variations de $f$ puis en déduire que : $(\forall x \in \mathbb{R})$ ; $0 < f(x) < \dfrac{1}{2}$

3- Représenter graphiquement la courbe $(\Gamma)$ .

(On prendra $||\overrightarrow i|| = 1cm$ , $||\overrightarrow j|| = 2cm$ et $\dfrac{1}{2\sqrt{e}} \cong 0,30$ et $\dfrac{1}{1+e} \cong 0,27$ )

4- a) Montrer que: $\displaystyle\int_0^{\frac{1}{2}} f(x)\,\text dx = \displaystyle\int_{\frac{1}{2}}^{1} f(x)\,\text dx$

b) En déduire que $\displaystyle\int_0^1 f(x)\,\text dx = 2 \displaystyle\int_0^{\frac{1}{2}} f(x) \,\text dx$

5- a) En effectuant le changement de variables : $t = \text e^x$ , montrer que : $\displaystyle\int_0^{\frac{1}{2}} f(x)\,\text dx = \displaystyle\int_1^{\sqrt{e}} \dfrac{\text dt}{t^2 + \text e}$

b) Montrer que : $\displaystyle\int_0^{\frac{1}{2}} f(x) \,\textdx = \dfrac{1}{\sqrt{e}} \left( \arctan \left( \sqrt{\text e} \right) - \dfrac{\pi}{4} \right)$

c) En déduire l'aire, en cm², du domaine du plan délimité par $(\Gamma)$ , les droites d'équations respectives : $x=0\;,\;x=1\;,\text{ et } y=0$ .

Partie II :

On considère la suite $(u_n){n \in \mathbb{N}}$ définie par : $u_0 \in \left] 0; \dfrac{1}{2} \right[$ et $(\forall n \in \mathbb{N})$ ; $u_{n+1} = f(u_n)$

1- En utilisant le résultat de la question I.2-a), montrer que : $(\forall x \in \mathbb{R}) \quad |f'(x)| \leq f(x)$

2- a) Montrer que : $\left( \forall x \in \left[ 0; \dfrac{1}{2} \right] \right) \quad ; \quad 0 \leq f'(x) < \dfrac{1}{2}$

b) Montrer que la fonction $g: x \mapsto g(x) = f(x) - x$ est strictement décroissante sur $\mathbb{R}$

c) En déduire qu'il existe un unique réel $\alpha \in \left] 0; \dfrac{1}{2} \right[$ tel que : $f(\alpha) = \alpha$

3- a) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N})$ ; $0 < u_n < \dfrac{1}{2}$

b) Montrer que : $(\forall n \in \mathbb{N})$ ; $|u_{n+1} - \alpha| \leq \dfrac{1}{2} |u_n - \alpha|$

c) Montrer par récurrence que : $(\forall n \in \mathbb{N})$ ; $|u_n - \alpha| \leq \left( \dfrac{1}{2} \right)^{n+1}$

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

Partie III :

On considère la suite numérique $(S_n)_{n \in \mathbb{N}}$ définie par : $(\forall n \in \mathbb{N}^*) \quad ; \quad S_n = \dfrac{1}{n(n+1)}\displaystyle \sum_{k=1}^{k=n} \dfrac{k}{\text e^\frac k n + \text e^{\frac{n-k}{n}}}$

1-a) Vérifier que : $(\forall n \in \mathbb{N}^*)$ ; $S_n = \dfrac{1}{n+1}\displaystyle \sum_{k=1}^{k=n} \dfrac{k}{n} f\left( \dfrac{k}{n} \right)$

b) Montrer que : $\displaystyle\int_0^1 x f(x)\,\text dx = \displaystyle\int_0^{\frac{1}{2}} f(x) \,\text dx$

(On pourra effectuer le changement de variables : $t = 1 - x$ )

2- Montrer que la suite $(S_n)_{n \in \mathbb{N}}$ est convergente et déterminer sa limite.

3,5 points

exercice 2

Soit $\alpha \in [0, 2\pi[$

On considère dans l'ensemble des nombres complexes $\mathbb{C}$ l'équation $(E_\alpha)$ d'inconnue $z$ :

$(E_{\alpha})\, :\, z^2 - 2^\alpha \text e^{\text i\alpha}(1 + 2\text i)z + \text i2^{2\alpha + 1}\text e^{\text i2\alpha} = 0$

Partie I :

1- a) Vérifier que le discriminant de l'équation $(E_\alpha)$ est : $\Delta_\alpha = \left( 2^\alpha \text e^{i\alpha}(1 - 2\text i) \right)^2$

b) En déduire les deux solutions $a$ et $b$ de l'équation $(E_\alpha)$ avec $|a| < |b|$

2- Vérifier que $\dfrac{b}{a}$ est un imaginaire pur.

Partie II :

Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormé direct $( O; \vec{u}, \vec{v} )$ .

On note par $M(z)$ le point d'affixe le nombre complexe $z$ .

On pose $\dfrac{b}{a} = \lambda \text i$ avec $\lambda = \text{Im} \left( \dfrac{b}{a} \right)$ .

1- On considère les points $A(a), B(b)$ et $H(h)$ avec $\dfrac{1}{h} = \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}$ .

a) Montrer que : $\dfrac{h}{b-a} = - \left( \dfrac{\lambda}{\lambda^2 + 1} \right)\text i$ puis en déduire que les droites $(OH) \text{et} (AB)$ sont perpendiculaires.

b) Montrer que : $\dfrac{h-a}{b-a} = \dfrac{1}{\lambda^2 + 1}$ puis en déduire que les points $H, A$ et $B$ sont alignés.

2- Soient $I(m)$ le milieu du segment $[OH]$ et $J(n)$ le milieu du segment $[HB]$ .

a) Montrer que : $\dfrac{n}{m-a} = -\lambda \text i$ .

b) En déduire que les droites $(OJ) \text{et} (AI)$ sont perpendiculaires et que $OJ = |\lambda| AI$ .

c) Soit $K$ le point d'intersection des droites $(OJ)$ et $(AI)$ .

Montrer que les points $K, I, H$ et $J$ sont cocycliques.

d) Montrer que les droites $(IJ) \text{et} (OA)$ sont perpendiculaires.

3 points

exercice 3

Soient $p$ un nombre premier impair et $a$ un entier premier avec $p$ .

1- Montrer que $\underset{{\white{_j}}}{a^{\dfrac{p-1}{2}} \equiv 1 \quad [p] }\quad \text{ou} \quad a^{\dfrac{p-1}{2}} \equiv -1 \quad [p]$

2- On considère dans $\mathbb{Z}$ l'équation : $\alpha x^2 \equiv 1 \quad [p].$

Soit $x_0$ une solution de cette équation.

a) Montrer que : $x_0^{p-1} \equiv 1 \quad [p]$

b) En déduire que : $\underset{{\white{_j}}}{a^{\dfrac{p-1}{2}} \equiv 1 \quad [p]}$

3- Soit $n$ un entier naturel non nul.

a) Montrer que si $p$ divise $2^{2n+1}-1$ alors $\underset{{\white{_j}}}{2^{\dfrac{p-1}{2}} \equiv 1 \quad [p]}$

b) En déduire que l'équation $(E)$ : $11x + \left( 2^{2n+1}-1 \right)y = 1 \quad \text{admet au moins}$ une solution dans $\mathbb{Z}^2$

4- On considère dans $\mathbb{Z}$ l'équation $(F)$ : $x^2 + 5x + 2 \equiv 0 \quad [11]$

a) Montrer que : $(F) \iff 2 \left( 2x + 5 \right)^2 \equiv 1 \quad [11]$

b) En déduire que l'équation $(F)$ n'admet pas de solution dans $\mathbb{Z}$

3,5 points

exercice 4

On rappelle que $(M_3 (\mathbb{R}), +, \times)$ est un anneau unitaire et non commutatif de zéro la matrice $O = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$ et d'unité la matrice $I = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ , et que $(M_3 (\mathbb{R}), +, .)$ est un espace vectoriel réel.

Soient la matrice $A = \begin{pmatrix} -1 & -1 & 0 \\ -1 & -1 & 0 \\ -1 & 1 & -2 \end{pmatrix}$ et l'ensemble $E = \left\lbrace M(x) = I + xA / x \in \mathbb{R}\right \rbrace}$

1- a) Vérifier que : $A^2 = -2A$

b) En déduire que : $\forall (x, y) \in \mathbb{R}^2$ ; $M(x) \times M(y) = M(x + y - 2xy)$

2- a) Calculer $M \left(\dfrac 12\right) \times \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$

b) En déduire que la matrice $M \left(\dfrac 12\right)$ n'est pas inversible dans $(M_3 (\mathbb{R}), \times)$

3- Montrer que : $E - \left\lbrace M \left(\dfrac 12\right) \right\rbrace$ est stable pour la multiplication dans $M_3\, (\mathbb{R})$

$\left (\text{on pourra utiliser l'identité : }\left( x - \dfrac{1}{2} \right) \left( y - \dfrac{1}{2} \right) = -\dfrac{1}{2} \left( x + y - 2xy - \dfrac{1}{2} \right) \right)$ .

4- Montrer que : $\left( E - \left \lbrace M \left(\dfrac 12\right) \right\rbrace , \times \right)$ est un groupe commutatif.

5- On munit $E$ de la loi de composition interne $T$ définie par :

$\forall (x, y) \in \mathbb{R}^2 ; \quad M(x)T M(y) = M \left( x + y - \dfrac{1}{2} \right)$

et on considère l'application $\varphi$ définie de $\mathbb{R}$ vers $E$ par : $\forall x \in \mathbb{R} ; \varphi(x) = M \left( \dfrac{1 - x}{2} \right)$

a) Montrer que $\varphi$ est un homomorphisme de $(\mathbb{R}, +)$ vers $(E, T)$ et que $\varphi(\mathbb{R}) = E$

b) En déduire que $(E, T)$ est un groupe commutatif.

6- Montrer que $(E, T, \times)$ est un corps commutatif.

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Bac Maroc 2025 Sciences-Maths

10 points

exercice 1

On considère la fonction numérique $\overset{ { \white{ _. } } } { f }$ définie sur $\overset{ { \white{ _. } } } { \R }$ par : $\overset{ { \white{ _. } } } { f(x) = \dfrac{\text e^x}{\text e^{2x} + \text e} }$ et soit $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Gamma) }$ sa courbe représentative dans un repère orthogonal $\overset{ { \white{ } } } { (O; \overrightarrow i, \overrightarrow j) }$ .

Partie I

1. a) Montrons que: $\overset{ { \white{ _. } } } { (\forall x \in \mathbb{R})\quad:\quad f(1-x) = f(x) }$ .

Pour tout $\overset{ { \white{ _. } } } { x\in\R, }$

${ \white{ xxi } }$ $f(1-x) = \dfrac{\text e^{1-x}}{\text e^{2(1-x)} + \text e} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ f(1-x) }= \dfrac{\text e^{1-x}}{\text e^{2-2x} + \text e} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ f(1-x) }= \dfrac{\dfrac{\text e}{\text e^{x}}}{\dfrac{\text e^{2}}{\text e^{2x}} + \text e} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ f(1-x) }= \dfrac{\dfrac{\text e\times \text e^{x}}{\text e^{2x}}}{\dfrac{\text e^{2}+\text e\times \text e^{2x}}{\text e^{2x}} } }$
${ \white{ xxi } }$ $\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ f(1-x) }= \dfrac{\text e\times \text e^{x}}{\text e^{2}+\text e\times \text e^{2x} } } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ f(1-x) }= \dfrac{\text e\times \text e^{x}}{\text e\times (\text e+\text e^{2x} )} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ f(1-x) }= \dfrac{ \text e^{x}}{\text e+\text e^{2x} } } \\\overset{ { \phantom{W . } } } { \phantom{ f(1-x) }=f(x) } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{(\forall x \in \mathbb{R})\quad:\quad f(1-x) = f(x) }$

1. b) Interprétons graphiquement le résultat obtenu dans la question 1. a).

Soient les points $\overset{ { \white{ _. } } } { M }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { N }$ d'abscisses respectives $\overset{ { \white{ . } } } { x }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { 1-x }$ appartenant à la courbe $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Gamma) }$ .
Nous obtenons ainsi les points $\overset{ { \white{ _. } } } { M\,(x\;;\;f(x)) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { N\,(1-x\;;\;f(1-x)) }$

Puisque $\overset{ { \white{ _. } } } {(\forall x \in \mathbb{R}): f(1-x) = f(x) }$ , nous obtenons ainsi les points $\overset{ { \white{ _. } } } { M\,(x\;;\;f(x)) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { N\,(1-x\;;\;f(x)) }$ .
Dès lors, les ordonnées des points $\overset{ { \white{ _. } } } { M }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { N }$ sont égales.

De plus, les coordonnées du milieu du segment $\overset{ { \white{ _. } } } { [MN] }$ sont :

${ \white{ xxi } }$ $\Big(\dfrac{x+(1-x)}{2}\;;\;\dfrac{f(x)+f(x)}{2}\Big)=\Big(\dfrac{x+1-x}{2}\;;\;\dfrac{2f(x)}{2}\Big) \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \Big(\dfrac{x+(1-x)}{2}\;;\;\dfrac{f(x)+f(x)}{2}\Big)}=\boxed{\Big(\dfrac{1}{2}\;;\;f(x)\Big) }}$

Nous observons que les milieux des points $\overset{ { \white{ _. } } } { M }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { N }$ possèdent la même abscisse $\overset{ { \white{ _. } } } { \dfrac 12 }$ et par suite, ils appartiennent à la droite d'équation $\overset{ { \white{ . } } } { x=\dfrac 12 }$ .
Par conséquent, la courbe $\overset{ { \white{ . } } } { (\Gamma) }$ est symétrique par rapport à la droite d'équation $\overset{ { \white{ . } } } {x=\dfrac 12 }$ .

1. c) Nous devons calculer $\overset{ { \white{ W. } } } { \displaystyle \lim_{x \to -\infty} f(x) }$ puis en déduire $\overset{ { \white{ W. } } } { \displaystyle \lim_{x \to +\infty} f(x) }$ .

${ \white{ xxi } }$ $\begin{cases}\lim\limits_{x\to-\infty} \text e^x=0\\\lim\limits_{x\to-\infty} \text e^{2x}=0 \end{cases}\quad\Longrightarrow\quad\begin{cases}\lim\limits_{x\to-\infty} \text e^x=0\\\lim\limits_{x\to-\infty} (\text e^{2x}+\text e)=\text e \end{cases} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases}\lim\limits_{x\to-\infty} \text e^x=0\\\lim\limits_{x\to-\infty} \text e^{2x}=0 \end{cases}}\quad\Longrightarrow\quad \lim\limits_{x\to-\infty} \dfrac{\text e^x}{\text e^{2x}+\text e}=0 } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases}\lim\limits_{x\to-\infty} \text e^x=0\\\lim\limits_{x\to-\infty} \text e^{2x}=0 \end{cases}}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{\lim\limits_{x\to-\infty} f(x)=0} }$

Puisque la courbe $\overset{ { \white{ . } } } { (\Gamma) }$ est symétrique par rapport à la droite d'équation $\overset{ { \white{ . } } } {x=\dfrac 12 }$ , nous en déduisons que $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{\lim\limits_{x\to+\infty} f(x)=0} }$

1. d) Interprétons graphiquement les deux résultats obtenus dans la question 1. c).

La courbe $\overset{ { \white{ . } } } { (\Gamma) }$ possède une asymptote horizontale en $\overset{ { \white{ _. } } } { -\infty }$ et en $\overset{ { \white{ _. } } } { +\infty }$ d'équation $\overset{ { \white{ _. } } } { y=0. }$

2. a) Nous devons montrer que: $\overset{ { \white{ _. } } } { (\forall x \in \mathbb{R})\quad : \quad f'(x) = f(x)\, \dfrac{1 - \text e^{2x-1}}{1 + \text e^{2x-1}} }$

Pour tout $\overset{ { \white{ _. } } } { x\in\R, }$

${ \white{ xxi } }$ $f'(x) =\left( \dfrac{\text e^x}{\text e^{2x} + \text e} \right)' \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ f'(x) } = \dfrac{(\text e^x)'\times(\text e^{2x} + \text e)-\text e^x\times(\text e^{2x} + \text e)'}{(\text e^{2x} + \text e)^2} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ f'(x) } = \dfrac{\text e^x\times(\text e^{2x} + \text e)-\text e^x\times(2\,\text e^{2x} + 0)}{(\text e^{2x} + \text e)^2} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ f'(x) } = \dfrac{\text e^x\times(\text e^{2x} + \text e-2\,\text e^{2x} )}{(\text e^{2x} + \text e)^2} }$
${ \white{ xxi } }$ $\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ f'(x) } = \dfrac{\text e^x}{\text e^{2x} + \text e} \times \dfrac{ \text e-\text e^{2x} }{\text e^{2x} + \text e} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ f'(x) } =f(x)\times \dfrac{ \text e\,(1-\text e^{2x-1}) }{ \text e\,(\text e^{2x-1} + 1)} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ f'(x) } =f(x) \times \dfrac{ 1-\text e^{2x-1} }{\text e^{2x-1} + 1} } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\forall\, x\in\R : f'(x)=f(x)\, \dfrac{1 - \text e^{2x-1}}{1 + \text e^{2x-1}}}$

2. b) Nous devons donner les variations de $\overset{ { \white{ _. } } } { f }$ puis en déduire que : $\overset{ { \white{ _. } } } { (\forall x \in \mathbb{R}) \;:\; 0 < f(x) < \dfrac{1}{2} }$ .

Puisque l'exponentielle est strictement positive sur $\overset{ { \white{ _. } } } { \R }$ , nous avons : $\overset{ { \white{ _. } } } { \begin{cases} f(x) = \dfrac{\text e^x}{\text e^{2x} + \text e}>0\\\overset{ { \white{ t. } } } { 1 + \text e^{2x-1}>0} \end{cases} }$
Dès lors, le signe de $\overset{ { \white{ _. } } } { f'(x) }$ est le signe de $\overset{ { \white{ } } } { 1 - \text e^{2x-1} }$ .

Nous obtenons ainsi :

${ \white{ WWW } }$ $\begin{matrix}1 - \text e^{2x-1}<0\quad\Longleftrightarrow\quad\text e^{2x-1}>1\\\overset{ { \white{ _. } } } { \phantom{1 - \text e^{2x-1}<0}\quad\Longleftrightarrow\quad {2x-1}>0}\\\overset{ { \white{ _. } } } { \phantom{1 - \text e^{2x-1}}\quad\Longleftrightarrow \quad2x>1}\\\overset{ { \white{ _. } } } { \phantom{1 - \text e^{2x-1}}\quad\Longleftrightarrow\quad x>\dfrac 12}\\\\1 - \text e^{2x-1}=0\quad\Longleftrightarrow\quad x=\dfrac 12{\phantom{wwx}}\\\\1 - \text e^{2x-1}>0\quad\Longleftrightarrow\quad x<\dfrac 12{\phantom{wwx}}\end{matrix} \begin{matrix} \\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\|| \\\phantom{WWW}\end{matrix} \begin{array}{|c|ccccc|}\hline &&&&&\\x&-\infty&&\dfrac 12&&+\infty\\ &&&&& \\\hline &&&&&\\1 - \text e^{2x-1}&&+&0&-&\\&&&&&\\\hline &&&&&\\f'(x)&&+&0&-&\\&&&&&\\\hline \end{array}$

Dressons le tableau de variations de la fonction $\overset{ { \white{ _. } } } { f }$ sur $\overset{ { \white{ _. } } } { \R }$ .

${ \white{ WWW } }$ $\begin{matrix}f\left(\dfrac 12\right)=\dfrac{\text e^{\frac 12}}{\text e^1+\text e}=\dfrac{\text e^{\frac 12}}{2\text e}=\dfrac{1}{2\text e^{\frac 12}}=\dfrac{1}{2\sqrt \text e}\end{matrix} \begin{matrix} \\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\|| \\\phantom{WWW}\end{matrix} \begin{array}{|c|ccccc|}\hline &&&&&\\x&-\infty&&\dfrac 12&&+\infty\\ &&&&& \\\hline &&&&&\\f'(x)&&+&0&-&\\&&&&&\\\hline &&&\dfrac{1}{2\sqrt \text e}\approx0,3&&\\f(x)&&\nearrow&&\searrow&\\&0&&&&0\\\hline \end{array}$

3. Nous devons représenter graphiquement la courbe $\overset{ { \white{ . } } } { (\Gamma) }$ .

4. a) Montrons que : $\overset{ { \white{ _. } } } { \displaystyle\int_0^{\frac{1}{2}} f(x)\,\text dx = \displaystyle\int_{\frac{1}{2}}^{1} f(x)\,\text dx }$ .

Nous savons que la courbe $\overset{ { \white{ . } } } { (\Gamma) }$ est symétrique par rapport à la droite d'équation $\overset{ { \white{ . } } } {x=\dfrac 12 }$ .

Il s'ensuit que l'aire du domaine compris entre la courbe $\overset{ { \white{ . } } } { (\Gamma) }$ , l'axe des abscisses et les droites d'équations $\overset{ { \white{ . } } } { x=0 }$ et $\overset{ { \white{ . } } } { x=\dfrac 12 }$ est égale à l'aire du domaine compris entre la courbe $\overset{ { \white{ . } } } { (\Gamma) }$ , l'axe des abscisses et les droites d'équations $\overset{ { \white{ . } } } { x=\dfrac 12 }$ et $\overset{ { \white{ . } } } { x=1 }$ .
Nous savons de plus que $\overset{ { \white{ _. } } } { f(x)>0 }$ pour tout $\overset{ { \white{ _. } } } { x\in [0\;;\;1]. }$

Par conséquent, $\overset{ { \white{ _. } } } { \boxed{\displaystyle\int_0^{\frac{1}{2}} f(x)\,\text dx = \displaystyle\int_{\frac{1}{2}}^{1} f(x)\,\text dx }}$ .

4. b) Nous devons en déduire que $\overset{ { \white{ _. } } } { \displaystyle\int_0^1 f(x)\,\text dx = 2 \displaystyle\int_0^{\frac{1}{2}} f(x) \,\text dx }$ .

En effet, en utilisant la relation de Chasles et la question 4. a), nous obtenons :

${ \white{ xxi } }$ $\displaystyle\int_0^1 f(x)\,\text dx=\displaystyle\int_0^{\frac 12} f(x)\,\text dx+\displaystyle\int_{\frac 12}^1 f(x)\,\text dx \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \displaystyle\int_0^1 f(x)\,\text dx}=\displaystyle\int_0^{\frac 12} f(x)\,\text dx+\displaystyle\int_0^{\frac 12} f(x)\,\text dx } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \displaystyle\int_0^1 f(x)\,\text dx}=2\displaystyle\int_0^{\frac 12} f(x)\,\text dx} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\displaystyle\int_0^1 f(x)\,\text dx=2\displaystyle\int_0^{\frac 12} f(x)\,\text dx}$

5. a) Montrons que : $\overset{ { \white{ _. } } } { \displaystyle\int_0^{\frac{1}{2}} f(x)\,\text dx = \displaystyle\int_1^{\sqrt{e}} \dfrac{\text dt}{t^2 + \text e} }$ .

Par définition de $\overset{ { \white{ _. } } } { f }$ , nous avons : $\overset{ { \white{ _. } } } { \displaystyle\int_0^{\frac 12} f(x)\,\text dx=\displaystyle\int_0^{\frac 12} \dfrac{\text e^x\,\text dx}{\text e^{2x} + \text e}}$ .

Si $\overset{ { \white{ _. } } } { t=\text e^x }$ , alors $\overset{ { \white{ _. } } } {\boxed{\text dt=\text e^x\,\text dx } }$ .

Changeons les bornes d'intégration.

${ \white{ xxi } }$ $\begin{cases} x=0\quad\Longrightarrow\quad t=\text e^0 \\x=\dfrac 12\quad\Longrightarrow\quad t=\text e^\frac 12 \end {cases}$     ${\white{wwww}}$ soit $\boxed{ \begin{cases} x=0\quad\Longrightarrow\quad t=1\\x=\dfrac 12 \quad\Longrightarrow\quad t=\sqrt \text e \end {cases} }$

Nous obtenons ainsi :

${ \white{ xxi } }$ $\displaystyle\int_0^{\frac 12} f(x)\,\text dx=\displaystyle\int_0^{\frac 12} \dfrac{\text e^x\,\text dx}{\text e^{2x} + \text e} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \displaystyle\int_0^{\frac 12} f(x)\,\text dx}=\displaystyle\int_0^{\frac 12} \dfrac{\text e^x\,\text dx }{(\text e^{x})^2 + \text e}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \displaystyle\int_0^{\frac 12} f(x)\,\text dx}=\displaystyle\int_1^{\sqrt{e}} \dfrac{\text dt}{t^2 + \text e} } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{ \displaystyle\int_0^{\frac{1}{2}} f(x)\,\text dx = \displaystyle\int_1^{\sqrt{e}} \dfrac{\text dt}{t^2 + \text e} }$

5. b) Montrons que : $\overset{ { \white{ _. } } } { \displaystyle\int_0^{\frac{1}{2}} f(x) \,\textdx = \dfrac{1}{\sqrt{e}} \left( \arctan \left( \sqrt{\text e} \right) - \dfrac{\pi}{4} \right) }$

Deux rappels préliminaires
$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Rappelons que $\overset{ { \white{ _. } } } { \Big(\arctan u(x)\Big)'= \dfrac{u'(x)}{1+[u(x)]^2} }$ .
$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Montrons ensuite que pour tout réel $\overset{ { \white{ _. } } } { x>0, \quad \arctan(x)+\arctan\left(\dfrac 1x\right)=\dfrac{\pi}{2}. }$

Soit la fonction $\overset{ { \white{ _. } } } { h }$ définie que $\overset{ { \white{ _. } } } { ]0\;;\;+\infty[ }$ par $\overset{ { \white{ . } } } { h(x)=\arctan(x)+\arctan\left(\dfrac 1x\right) }$ .
La fonction $\overset{ { \white{ _. } } } { h }$ est dérivable sur $\overset{ { \white{ _. } } } { ]0\;;\;+\infty[ }$ .
Pour tout $\overset{ { \white{ _. } } } { x>0}$ ,
${ \white{ xxi } }$ $h'(x)=\dfrac{1}{1+x^2}+\dfrac{\left(\dfrac{1}{x}\right)'}{1+\left(\dfrac{1}{x}\right)^2} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ h'(x)}=\dfrac{1}{1+x^2}+\dfrac{-\dfrac{1}{x^2}}{1+\dfrac{1}{x^2}} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ h'(x)}=\dfrac{1}{1+x^2}-\dfrac{\dfrac{1}{x^2}}{\dfrac{x^2+1}{x^2}} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ h'(x)}=\dfrac{1}{1+x^2}-\dfrac{1}{x^2+1} }$
${ \white{ xxi } }$ $\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ h'(x)}=0} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\forall\,x>0,\quad h'(x)=0}$

Nous en déduisons que pour tout $\overset{ { \white{ _. } } } { x>0 \,,\quad h(x)=k\quad\text{avec }k\in\R}$

Déterminons $\overset{ { \white{ _. } } } { k }$ en donnant à $\overset{ { \white{ o. } } } { x }$ la valeur 1.
Dans ce cas, nous obtenons :

${ \white{ xxi } }$ $h(1)=\arctan(1)+\arctan\left(\dfrac 11\right) \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ h(1)}=2\arctan(1) } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ h(1)}=2\times\dfrac{\pi}{4} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ h(1)}=\dfrac{\pi}{2} } \\\\\Longrightarrow\quad \boxed{h(1)=\dfrac{\pi }{2}}$
Dès lors, pour tout $\overset{ { \white{ _. } } } { x>0,\quad h(x)=\dfrac{\pi }{2}}$ .
Par conséquent, $\overset{ { \white{ _. } } } {\boxed{\forall\, x>0, \quad \arctan(x)+\arctan\left(\dfrac 1x\right)=\dfrac{\pi}{2} } }$ .

Montrons maintenant que : $\overset{ { \white{ _. } } } { \displaystyle\int_0^{\frac{1}{2}} f(x) \,\textdx = \dfrac{1}{\sqrt{e}} \left( \arctan \left( \sqrt{\text e} \right) - \dfrac{\pi}{4} \right) }$

${ \white{ xxi } }$ $\displaystyle\int_0^{\frac{1}{2}} f(x)\,\text dx = \displaystyle\int_1^{\sqrt{e}} \dfrac{\text dt}{t^2 + \text e} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \displaystyle\int_0^{\frac{1}{2}} f(x)\,\text dx }= \displaystyle\int_1^{\sqrt{e}} \dfrac{1}{\text e\left(\dfrac{t^2}{\text e} + 1\right)}\,\text dt } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \displaystyle\int_0^{\frac{1}{2}} f(x)\,\text dx }= \dfrac{1}{\text e}\displaystyle\int_1^{\sqrt{e}} \dfrac{1}{\left(\dfrac{t}{\sqrt\text e}\right)^2 + 1}\,\text dt } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \displaystyle\int_0^{\frac{1}{2}} f(x)\,\text dx }= \dfrac{1}{\text e}{\red{\dfrac{\sqrt\text e}{1}}}\displaystyle\int_1^{\sqrt{e}} \dfrac{{\red{\dfrac{1}{\sqrt\text e}}}}{\left(\dfrac{t}{\sqrt\text e}\right)^2 + 1}\,\text dt }$
${ \white{ xxi } }$ $.\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \displaystyle\int_0^{\frac{1}{2}} f(x)\,\text dx }= \dfrac{1}{\sqrt \text e}\left[ \arctan\left(\dfrac{t}{\sqrt\text e}\right) \right]_1^{\sqrt{e}} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \displaystyle\int_0^{\frac{1}{2}} f(x)\,\text dx }= \dfrac{1}{\sqrt \text e}\left[ \arctan\left(\dfrac{\sqrt\text e}{\sqrt\text e}\right) -\arctan\left(\dfrac{1}{\sqrt\text e}\right) \right]} .\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \displaystyle\int_0^{\frac{1}{2}} f(x)\,\text dx }= \dfrac{1}{\sqrt \text e}\left[ \arctan\left(1\right) -\arctan\left(\dfrac{1}{\sqrt\text e}\right) \right]} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \displaystyle\int_0^{\frac{1}{2}} f(x)\,\text dx }= \dfrac{1}{\sqrt \text e}\left[\dfrac{\pi}{4} -\arctan\left(\dfrac{1}{\sqrt\text e}\right) \right]}$
${ \white{ xxi } }$ $\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \displaystyle\int_0^{\frac{1}{2}} f(x)\,\text dx }= \dfrac{1}{\sqrt \text e}\left[\dfrac{\pi}{4} -\Big(\dfrac{\pi}{2}-\arctan\sqrt\text e \Big)\right]\quad(\text{voir rappels})} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \displaystyle\int_0^{\frac{1}{2}} f(x)\,\text dx }= \dfrac{1}{\sqrt \text e}\left[\dfrac{\pi}{4} -\dfrac{\pi}{2}+\arctan\sqrt\text e \right]} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \displaystyle\int_0^{\frac{1}{2}} f(x)\,\text dx }= \dfrac{1}{\sqrt \text e}\left[\arctan(\sqrt\text e)-\dfrac{\pi}{4} \right]} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\displaystyle\int_0^{\frac{1}{2}} f(x) \,\textdx = \dfrac{1}{\sqrt{e}} \left( \arctan \left( \sqrt{\text e} \right) - \dfrac{\pi}{4} \right) }$

5. c) Nous devons en déduire l'aire $\overset{ { \white{ _. } } } { \mathcal A }$ , en cm², du domaine du plan délimité par $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Gamma) }$ , les droites d'équations respectives : $\overset{ { \white{ _. } } } {x=0\;,\;x=1\text{ et } y=0 }$ .

Dans le repère du plan, nous avons pris : $\overset{ { \white{ _. } } } { ||\overrightarrow i|| = 1\text{cm et } ||\overrightarrow j|| = 2\text{cm}. }$
Donc l'unité d'aire est $\overset{ { \white{ } } } { 2\,\text{cm}^2. }$

Nous savons que $\overset{ { \white{ _. } } } { f(x)>0 }$ pour tout $\overset{ { \white{ _. } } } { x\in [0\;;\;1]. }$

Donc l'aire $\overset{ { \white{ _. } } } { \mathcal A }$    est donnée par $\overset{ { \white{ _. } } } { 2\,\displaystyle\int_0^{1} f(x) \,\textdx \text{ cm}^2 }$ .

En utilisant les résultats des questions précédentes, nous obtenons :

${ \white{ xxi } }$ $2\,\displaystyle\int_0^1 f(x)\,\text dx=2\times2\displaystyle\int_0^{\frac 12} f(x)\,\text dx \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \displaystyle\int_0^1 f(x)\,\text dx } =4\times\dfrac{1}{\sqrt{e}} \left( \arctan \left( \sqrt{\text e} \right) - \dfrac{\pi}{4} \right) } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\mathcal A=\left(\dfrac{4}{\sqrt{e}} \arctan \left( \sqrt{\text e} \right) - \dfrac{\pi}{\sqrt{e}}\right) \text{ cm}^2}$

Partie II

On considère la suite $\overset{ { \white{ _. } } } { (u_n){n \in \mathbb{N}} }$ définie par : $\overset{ { \white{ _. } } } { u_0 \in \left] 0; \dfrac{1}{2} \right[ }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { (\forall n \in \mathbb{N}) : u_{n+1} = f(u_n) }$ .

1. En utilisant le résultat de la question I.2.a), montrons que : $\overset{ { \white{ _. } } } { (\forall x \in \mathbb{R}) : \quad |f'(x)| \leq f(x) }$ .

Nous avons montré dans la question I.2.a) que $\overset{ { \white{ _. } } } { (\forall\, x\in\R ): f'(x)=f(x)\, \dfrac{1 - \text e^{2x-1}}{1 + \text e^{2x-1}} }$
Nous en déduisons que $\overset{ { \white{ _. } } } { (\forall\, x\in\R) : \Big|f'(x)\Big|=\Big|f(x)\Big|\, \left|\dfrac{1 - \text e^{2x-1}}{1 + \text e^{2x-1}}\right| }$
Or $\overset{ { \white{ . } } } { (\forall\, x\in\R) : f(x)>0\quad\Longrightarrow\quad \Big|f'(x)\Big|=f(x) }$ .
Dès lors, $\overset{ { \white{ _. } } } { (\forall\, x\in\R) : \Big|f'(x)\Big|=f(x)\, \left|\dfrac{1 - \text e^{2x-1}}{1 + \text e^{2x-1}}\right| }$

Nous allons vérifier que $\overset{ { \white{ _. } } } { (\forall\, x\in\R) : \left|\dfrac{1 - \text e^{2x-1}}{1 + \text e^{2x-1}}\right| <1 }$ en démontrant que $\overset{ { \white{ _. } } } { (\forall\, x\in\R) : -1<\dfrac{1 - \text e^{2x-1}}{1 + \text e^{2x-1}} <1 }$ .

Pour tout $\overset{ { \white{ _. } } } { x\in\R, }$

${ \white{ xxi } }$ $\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}\dfrac{1 - \text e^{2x-1}}{1 + \text e^{2x-1}}+1=\dfrac{(1 - \text e^{2x-1})+(1 + \text e^{2x-1})}{1 + \text e^{2x-1}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \dfrac{1 - \text e^{2x-1}}{1 + \text e^{2x-1}}+111}=\dfrac{1 - \text e^{2x-1}+1 + \text e^{2x-1}}{1 + \text e^{2x-1}}} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \dfrac{1 - \text e^{2x-1}}{1 + \text e^{2x-1}}+111}=\dfrac{2}{1 + \text e^{2x-1}} >0} \\\\\qquad\Longrightarrow\quad \dfrac{1 - \text e^{2x-1}}{1 + \text e^{2x-1}}+1>0 \\\\\qquad\Longrightarrow\quad \boxed{\dfrac{1 - \text e^{2x-1}}{1 + \text e^{2x-1}}>-1}$

${ \white{ xxi } }$ $\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}\dfrac{1 - \text e^{2x-1}}{1 + \text e^{2x-1}}-1=\dfrac{(1 - \text e^{2x-1})-(1 + \text e^{2x-1})}{1 + \text e^{2x-1}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \dfrac{1 - \text e^{2x-1}}{1 + \text e^{2x-1}}+111}=\dfrac{1 - \text e^{2x-1}-1 - \text e^{2x-1}}{1 + \text e^{2x-1}}} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \dfrac{1 - \text e^{2x-1}}{1 + \text e^{2x-1}}+111}=\dfrac{-2\,\text e^{2x-1}}{1 + \text e^{2x-1}} <0} \\\\\qquad\Longrightarrow\quad \dfrac{1 - \text e^{2x-1}}{1 + \text e^{2x-1}}-1<0 \\\\\qquad\Longrightarrow\quad \boxed{\dfrac{1 - \text e^{2x-1}}{1 + \text e^{2x-1}}<1}$

D'où $\overset{ { \white{ _. } } } { (\forall\, x\in\R) : -1<\dfrac{1 - \text e^{2x-1}}{1 + \text e^{2x-1}} <1 }$ et par suite, $\overset{ { \white{ _. } } } { (\forall\, x\in\R) : \left|\dfrac{1 - \text e^{2x-1}}{1 + \text e^{2x-1}}\right| <1 }$

Nous obtenons ainsi :

${ \white{ xxi } }$ $(\forall\, x\in\R) : \begin{cases}\Big|f'(x)\Big|=f(x)\, \left|\dfrac{1 - \text e^{2x-1}}{1 + \text e^{2x-1}}\right| \\\left|\dfrac{1 - \text e^{2x-1}}{1 + \text e^{2x-1}}\right| <1\end{cases}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{ (\forall\, x\in\R) :\Big|f'(x)\Big|\leq f(x)}$

2. a) Nous devons montrer que : $\overset{ { \white{ . } } } { \left( \forall x \in \left[ 0; \dfrac{1}{2} \right] \right) \quad ; \quad 0 \leq f'(x) < \dfrac{1}{2} }$ .

Nous avons vu dans la question I.2.b) que $\overset{ { \white{ _. } } } {\forall\,x\in\left]-\infty\;;\;\dfrac 12\right], \quad f'(x)\geq 0 }$ .
A fortiori, $\overset{ { \white{ _. } } } {\boxed{\forall\,x\in\left[0\;;\;\dfrac 12\right], \quad f'(x)\geq 0 } }$

De plus, en utilisant la question précédente, nous obtenons :

${ \white{ xxi } }$ $\overset{ { \white{ _. } } } { f'(x)=|f'(x)|\leq f(x)\quad\Longrightarrow\quad \boxed{f'(x)\leq f(x)} }$

Nous avons également vu dans la question I.2.b) que la fonction $\overset{ { \white{ _. } } } { f }$ admet un maximum égal à $\overset{ { \white{ _. } } } { \dfrac{1}{2\sqrt \text e}\approx0,3 < \dfrac 12 }$ et donc $\overset{ { \white{ _. } } } {\boxed{\forall\,x\in\left[0\;;\;\dfrac 12\right], \quad f(x)<\dfrac 12 } }$ .

Dès lors, nous obtenons : $\overset{ { \white{ _. } } } { f'(x)\leq f(x)<\dfrac 12 \quad\Longrightarrow\quad \boxed{f'(x)<\dfrac 12} }$

En conclusion, $\overset{ { \white{ . } } } { \left( \forall x \in \left[ 0; \dfrac{1}{2} \right] \right) \quad ; \quad 0 \leq f'(x) < \dfrac{1}{2} }$ .

2. b) Nous devons montrer que la fonction $\overset{ { \white{ _. } } } { g: x \mapsto g(x) = f(x) - x }$ est strictement décroissante sur $\overset{ { \white{ _. } } } { \R }$ .

La fonction $\overset{ { \white{ _. } } } { g }$ est dérivable sur $\overset{ { \white{ _. } } } { \R }$ .
Pour tout $\overset{ { \white{ _. } } } { x\in\R,\quad g'(x)=f'(x)-1 }$ .

Étudions le signe de $\overset{ { \white{ _. } } } { g'(x) }$ sur $\overset{ { \white{ _. } } } { \R }$ .

Pour tout $\overset{ { \white{ _. } } } { x\in\R }$ ,

${ \white{ xxi } }$ $g'(x)=f'(x)-1 \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ g'(x)} =f(x)\, \dfrac{1 - \text e^{2x-1}}{1 + \text e^{2x-1}}-1 } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ g'(x)} =\dfrac{f(x)\,(1 - \text e^{2x-1})-(1 + \text e^{2x-1})}{1 + \text e^{2x- 1}}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ g'(x)} =\dfrac{f(x)\, -f(x)\, \text e^{2x-1}-1 - \text e^{2x-1}}{1 + \text e^{2x-1}}}$
${ \white{ xxi } }$ $\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ g'(x)} =\dfrac{\Big(f(x)-1\Big)\, -\text e^{2x-1}\Big(f(x)+1\Big)}{1 + \text e^{2x-1}}} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{g'(x)=\dfrac{\Big(f(x)-1\Big)\, -\text e^{2x-1}\Big(f(x)+1\Big)}{1 + \text e^{2x-1}}}$

Puisque l'exponentielle est strictement positive sur $\overset{ { \white{ _. } } } { \R }$ , le signe de $\overset{ { \white{ _. } } } { g'(x) }$ est le signe de $\overset{ { \white{ _. } } } { \Big(f(x)-1\Big)\, -\text e^{2x-1}\Big(f(x)+1\Big) }$ .

Or nous avons vu d'une part dans la question I.2.b) que la fonction $\overset{ { \white{ _. } } } { f }$ admet un maximum égal à $\overset{ { \white{ _. } } } { \dfrac{1}{2\sqrt \text e}\approx0,3 < 1 }$ et donc $\overset{ { \white{ _. } } } {\forall\,x\in\R, \quad f(x)<1 }$ .

Dès lors, nous obtenons : $\overset{ { \white{ _. } } } { \boxed{\forall\,x\in\R, \quad f(x)-1<0} }$ .

Nous avons également vu dans la question I.2.b) que $\overset{ { \white{ _. } } } {(\forall\,x\in\R), \quad f(x)>0 }$ et par suite $\overset{ { \white{ _. } } } {(\forall\,x\in\R), \quad f(x)+1>0 }$ et donc $\overset{ { \white{ _. } } } {\boxed{(\forall\,x\in\R), \quad -\,\text e^{2x-1}\Big(f(x)+1\Big)<0 } }$

Nous en déduisons que

${ \white{ xxi } }$ $(\forall\,x\in\R):\;\begin{cases} f(x)-1<0\\-\,\text e^{2x-1}\Big(f(x)+1\Big)<0 \end{cases}\quad\Longrightarrow\quad \Big(f(x)-1\Big)\, -\text e^{2x-1}\Big(f(x)+1\Big)<0 \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ (\forall\,x\in\R):\;\begin{cases} f(x)-1<0\\-\,\text e^{2x-1}\Big(f(x)+1\Big)<0 \end{cases}}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{(\forall\,x\in\R):g'(x)<0}}$

Par conséquent, la fonction $\overset{ { \white{ _. } } } { g: x \mapsto g(x) = f(x) - x }$ est strictement décroissante sur $\overset{ { \white{ _. } } } { \R }$ .

2. c) Nous devons en déduire qu'il existe un unique réel $\overset{ { \white{ _. } } } { \alpha \in \left] 0; \dfrac{1}{2} \right[ }$ tel que : $\overset{ { \white{ _. } } } { f(\alpha) = \alpha }$ .

La fonction $\overset{ { \white{ . } } } {g }$ est continue et strictement décroissante sur l'intervalle $\overset{ { \white{ . } } } { \left]0\;;\;\dfrac 12\right[}$ .

De plus, $\overset{ { \white{ . } } } { \begin{cases}g(0)=f(0)=\dfrac{1}{1+\text e}>0\\ \overset{ { \phantom{ . } } } {g\left(\frac 12\right)=f\left(\frac 12\right)-\frac 12=\dfrac{1}{2\sqrt \text e}-\dfrac 12<0}\end{cases}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{0\in\;\left]\,g\left(\frac 12\right)\;;\;g(0)\,\right[} }$

Par le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, il existe un unique réel $\overset{ { \white{ . } } } { \alpha \in \left] 0; \dfrac{1}{2} \right[ }$ tel que $\overset{ { \white{ . } } } { g(\alpha)=0 }$ , soit tel que $\overset{ { \white{ . } } } { f(\alpha)-\alpha=0 }$
Par conséquent, il existe un unique réel $\overset{ { \white{ _. } } } { \alpha \in \left] 0; \dfrac{1}{2} \right[ }$ tel que : $\overset{ { \white{ _. } } } { f(\alpha) = \alpha }$

3. a) Montrons par récurrence que : $\overset{ { \white{ _. } } } { (\forall n \in \mathbb{N}) \, : \; 0 < u_n < \dfrac{1}{2} . }$

Initialisation : Montrons que la propriété est vraie pour $\overset{ { \white{ . } } } { n=0 }$ , soit que $\overset{{\white{.}}}{ 0 < u_0 < \dfrac{1}{2}.}$
C'est une évidence car $\overset{{\white{.}}}{u_0\in\left]0\;;\;\dfrac 12\right[}$ par définition de la suite $\overset{ { \white{ _. } } } { (u_n) }$ .
Donc l'initialisation est vraie.

Hérédité : Montrons que si pour un nombre naturel $\overset{ { \white{ . } } } { n }$ fixé, la propriété est vraie au rang $\overset{ { \white{ . } } } { n }$ , alors elle est encore vraie au rang $\overset{ { \white{ _. } } } { (n+1). }$
Montrons donc que si pour un nombre naturel    $\overset{ { \white{ . } } } { n }$ fixé, $\overset{{\white{.}}}{ 0 < u_n < \dfrac{1}{2} }$ , alors $\overset{{\white{.}}}{ 0 < u_{n+1} < \dfrac{1}{2}}$ .

En effet, la suite $\overset{ { \white{ . } } } { (u_n) }$ est définie par la relation de récurrence : $\overset{ { \white{ . } } } { u_{n+1}=f(u_n). }$
Puisque la fonction $\overset{ { \white{ . } } } { f }$   est croissante sur $\overset{{\white{.}}}{\left]0\;;\;\dfrac 12\right[}$ ,

${ \white{ xxi } }$ $0 < u_n < \dfrac{1}{2}\quad\Longrightarrow\quad f(0) < f(u_n ) < f\left(\dfrac{1}{2}\right) \\\\\phantom{0 < u_n < \dfrac{1}{2}}\quad\Longrightarrow\quad \dfrac{1}{1+\text e} < u_{n+1} \leq \dfrac{1}{2\sqrt 2} \\\\\phantom{0 < u_n < \dfrac{1}{2}}\quad\Longrightarrow\quad 0<\dfrac{1}{1+\text e} < u_{n+1} \leq \dfrac{1}{2\sqrt 2}<\dfrac 12 \\\\\phantom{0 < u_n < \dfrac{1}{2}}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{0 < u_{n+1} < \dfrac 12}$
L'hérédité est vraie.

Puisque l'initialisation et l'hérédité sont vraies, nous avons montré par récurrence que pour tout entier naturel $\overset{ { \white{ _. } } } { n\,, \quad0 < u_n < \dfrac{1}{2} }$ .

3. b) Montrons : $\overset{ { \white{ . } } } { (\forall n \in \mathbb{N})\,, \; |u_{n+1} - \alpha| \leq \dfrac{1}{2} |u_n - \alpha| }$

La fonction $\overset{ { \white{ _. } } } { f }$ est continue et dérivable sur l'intervalle $\overset{ { \white{ _. } } } { \left[0\;;\;\dfrac 12\right] }$ .
De plus, par la question II - 2. a), nous savons que sur l'intervalle $\overset{ { \white{ _. } } } { \left[0\;;\;\dfrac 12\right]\,,\; f'(x)\leq \dfrac 12 }$ .
Selon l'inégalité des accroissements finis, nous obtenons : $\overset{ { \white{ _. } } } { |f(u_n)-f(\alpha)| \leq \dfrac 12\,|u_n-\alpha| }$
Or $\overset{ { \white{ . } } } { \begin{cases} f(\alpha)=\alpha\\f(u_n)=u_{n+1} \end{cases} }$ .
Par conséquent, $\overset{ { \white{ . } } } {\boxed{ (\forall n \in \mathbb{N})\,, \; |u_{n+1} - \alpha| \leq \dfrac{1}{2} |u_n - \alpha| } }$

3. c) Montrons par récurrence que : $\overset{ { \white{ _. } } } { (\forall n \in \mathbb{N}) ; |u_n - \alpha| \leq \left( \dfrac{1}{2} \right)^{n+1} }$

Initialisation : Montrons que la propriété est vraie pour $\overset{ { \white{ . } } } { n=0 }$ , soit que $\overset{{\white{_.}}}{ |u_0 - \alpha| \leq \left( \dfrac{1}{2} \right)^{0+1} }$ , ou encore que $\overset{{\white{_.}}}{ |u_0 - \alpha| \leq \dfrac{1}{2} }$ .

En effet,

${ \white{ xxi } }$ $\begin{cases} u_0\in\;\left]0\;;\;\dfrac 12\right[\\\alpha\in\;\left]0\;;\;\dfrac 12\right[ \end{cases}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} 0 < u_0 <\dfrac 12\\ 0 <\alpha<\dfrac 12\end{cases} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} u_0\in\;\left]0\;;\;\dfrac 12\right[\\\alpha\in\;\left]0\;;\;\dfrac 12\right[ \end{cases}}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} 0 < u_0 <\dfrac 12\\ -\dfrac 12 <-\alpha<0\end{cases} } \\ { \phantom{ \begin{cases} u_0\in\;\left]0\;;\;\dfrac 12\right[\\\end{cases}}\quad\Longrightarrow\quad -\dfrac 12 < u_0-\alpha <\dfrac 12 } \\ { \phantom{ \begin{cases} u_0\in\;\left]0\;;\;\dfrac 12\right[\\\end{cases}}\quad\Longrightarrow\quad | u_0-\alpha| <\dfrac 12 } \\ { \phantom{ \begin{cases} u_0\in\;\left]0\;;\;\dfrac 12\right[\\\end{cases}}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{| u_0-\alpha| \leq\dfrac 12 }}$
Donc l'initialisation est vraie.

Hérédité : Montrons que si pour un nombre naturel $\overset{ { \white{ . } } } { n }$ fixé, la propriété est vraie au rang $\overset{ { \white{ . } } } { n }$ , alors elle est encore vraie au rang $\overset{ { \white{ _. } } } { (n+1). }$
Montrons donc que si pour un nombre naturel    $\overset{ { \white{ . } } } { n }$ fixé, $\overset{{\white{}}}{ |u_n - \alpha| \leq \left( \dfrac{1}{2} \right)^{n+1} }$ , alors $\overset{{\white{}}}{ |u_{n+1} - \alpha | \leq \left( \dfrac{1}{2} \right)^{n+2}}$ .

En effet,

${ \white{ xxi } }$ $(\forall n \in \mathbb{N})\,, \; |u_{n+1} - \alpha| \leq \dfrac{1}{2} |u_n - \alpha| \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ (\forall n \in \mathbb{N})\,, \; |u_{n+1} - \alpha| }\leq \dfrac{1}{2}\times \left( \dfrac{1}{2} \right)^{n+1} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ (\forall n \in \mathbb{N})\,, \; |u_{n+1} - \alpha| }\leq \left( \dfrac{1}{2} \right)^{n+2} } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{(\forall n \in \mathbb{N})\,, \; |u_{n+1} - \alpha|\leq \left( \dfrac{1}{2} \right)^{n+2} }$
L'hérédité est vraie.

Puisque l'initialisation et l'hérédité sont vraies, nous avons montré par récurrence que pour tout entier naturel $\overset{ { \white{ _. } } } { n\,, \quad |u_n - \alpha| \leq \left( \dfrac{1}{2} \right)^{n+1} }$ .

3. d) Nous devons en déduire que la suite $\overset{ { \white{ _. } } } { (u_n)_{n \in \mathbb{N}} }$ converge vers $\overset{ { \white{ _. } } } { \alpha }$ .

D'une part, nous savons que pour tout entier naturel $\overset{ { \white{ _. } } } { n\,, \quad |u_n - \alpha| \leq \left( \dfrac{1}{2} \right)^{n+1} }$ .
Or $\overset{ { \white{ _. } } } { |u_n - \alpha| \leq \left( \dfrac{1}{2} \right)^{n+1}\quad \Longleftrightarrow\quad \boxed{-\left( \dfrac{1}{2} \right)^{n+1}\leq u_n - \alpha \leq \left( \dfrac{1}{2} \right)^{n+1}} }$

D'autre part, nous savons que $\overset{ { \white{ _. } } } { \lim\limits_{n\to +\infty}\left( \dfrac{1}{2} \right)^{n+1}=0 }$ car $\overset{ { \white{ _. } } } { -1<\dfrac 12 < 1 }$ .

Selon le théorème des gendarmes, nous déduisons que :

${ \white{ xxi } }$ $\begin{cases}-\left( \dfrac{1}{2} \right)^{n+1}\leq u_n - \alpha \leq \left( \dfrac{1}{2} \right)^{n+1} \\ \lim\limits_{n\to +\infty}\left( \dfrac{1}{2} \right)^{n+1}=0\end{cases}\quad\Longrightarrow\quad \lim\limits_{n\to +\infty}(u_n - \alpha)=0 \\ { \phantom{ \begin{cases}-\left( \dfrac{1}{2} \right)^{n+1}\leq u_n - \alpha \leq \left( \dfrac{1}{2} \right)^{n+1} \\\end{cases}}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{\lim\limits_{n\to +\infty}u_n=\alpha}}$

Par conséquent, la suite $\overset{ { \white{ _. } } } { (u_n)_{n \in \mathbb{N}} }$ converge vers $\overset{ { \white{ _. } } } { \alpha }$ .

Partie III

On considère la suite numérique $\overset{ { \white{ _. } } } { (S_n)_{n \in \mathbb{N}} }$ définie par : $\overset{ { \white{ _. } } } { (\forall n \in \mathbb{N}^*)\;;\; S_n = \dfrac{1}{n(n+1)}\displaystyle \sum_{k=1}^{k=n} \dfrac{k}{\text e^\frac k n + \text e^{\frac{n-k}{n}}} }$

1. a) Nous devons vérifier que : $\overset{ { \white{ _. } } } { (\forall n \in \mathbb{N}^*)\;;\;S_n = \dfrac{1}{n+1}\displaystyle \sum_{k=1}^{k=n} \dfrac{k}{n} f\left( \dfrac{k}{n} \right) }$

En effet, pour tout $\overset{ { \white{ _. } } } { n\in\N^* }$ ,

${ \white{ xxi } }$ $\dfrac{1}{n+1}\displaystyle \sum_{k=1}^{k=n} \dfrac{k}{n} f\left( \dfrac{k}{n} \right) =\dfrac{1}{n(n+1)}\displaystyle \sum_{k=1}^{k=n} k\times f\left( \dfrac{k}{n} \right) \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \dfrac{1}{n+1}\displaystyle \sum_{k=1}^{k=n} \dfrac{k}{n} f\left( \dfrac{k}{n} \right) }=\dfrac{1}{n(n+1)}\displaystyle \sum_{k=1}^{k=n} k\times \dfrac{\text e^\frac kn}{\text e^{2\frac kn} + \text e} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \dfrac{1}{n+1}\displaystyle \sum_{k=1}^{k=n} \dfrac{k}{n} f\left( \dfrac{k}{n} \right) }=\dfrac{1}{n(n+1)}\displaystyle \sum_{k=1}^{k=n} k\times \dfrac{\text e^\frac kn}{\text e^{\frac kn}\left(e^{\frac kn} + \text e^{1-\frac kn}\right)} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \dfrac{1}{n+1}\displaystyle \sum_{k=1}^{k=n} \dfrac{k}{n} f\left( \dfrac{k}{n} \right) }=\dfrac{1}{n(n+1)}\displaystyle \sum_{k=1}^{k=n} k\times \dfrac{1}{e^{\frac kn} + \text e^{1-\frac kn}} }$
${ \white{ xxi } }$ $\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \dfrac{1}{n+1}\displaystyle \sum_{k=1}^{k=n} \dfrac{k}{n} f\left( \dfrac{k}{n} \right) }=\dfrac{1}{n(n+1)}\displaystyle \sum_{k=1}^{k=n} \dfrac{k}{e^{\frac kn} + \text e^{\frac {n-k}{n}}} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \dfrac{1}{n+1}\displaystyle \sum_{k=1}^{k=n} \dfrac{k}{n} f\left( \dfrac{k}{n} \right) }=S_n } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{(\forall n \in \mathbb{N}^*) \;;\;S_n =\dfrac{1}{n+1}\displaystyle \sum_{k=1}^{k=n} \dfrac{k}{n} f\left( \dfrac{k}{n} \right) }$

1. b) Nous devons montrer que : $\overset{ { \white{ _. } } } { \displaystyle\int_0^1 x f(x)\,\text dx = \displaystyle\int_0^{\frac{1}{2}} f(x) \,\text dx }$ .

Nous savons par la question I-1. a) que $\overset{ { \white{ _. } } } { (\forall x \in \mathbb{R})\quad:\quad f(1-x) = f(x) }$ .

Posons $\overset{ { \white{ _. } } } { t=1-x }$ .
Nous obtenons alors : $\overset{ { \white{ _. } } } { t=1-x\quad\Longrightarrow \quad \begin{cases} x=1-t \\\text dt=-\text dx\quad\Longrightarrow\quad \text dx=-\text dt \end{cases} }$

De plus : $\overset{ { \white{ _. } } } { \begin{cases} x=0\quad\Longrightarrow\quad x=1\\x=1\quad\Longrightarrow\quad x=0 \end{cases} }$

Dès lors,

$\displaystyle\int_0^1 x f(x)\,\text dx= \displaystyle\int_1^0 (1-t) f(1-t)\,(-\text dt) \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \displaystyle\int_0^1 x f(x)\,\text dx}= \displaystyle\int_0^1 (1-t) f(1-t)\,\text dt} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \displaystyle\int_0^1 x f(x)\,\text dx}= \displaystyle\int_0^1 (1-t) f(t)\,\text dt\quad(\text{car }f(1-t)=f(t))} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \displaystyle\int_0^1 x f(x)\,\text dx}= \displaystyle\int_0^1 \Big(f(t)-t f(t)\Big)\,\text dt}$
$\phantom{ \displaystyle\int_0^1 x f(x)\,\text dx}= \displaystyle\int_0^1 f(t)\,\text dt- \displaystyle\int_0^1 t f(t)\,\text dt \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\displaystyle\int_0^1 x f(x)\,\text dx= \displaystyle\int_0^1 f(t)\,\text dt- \displaystyle\int_0^1 t f(t)\,\text dt}$

En adaptant la notation, nous obtenons :

${ \white{ xxi } }$ $\displaystyle\int_0^1 x\, f(x)\,\text dx= \displaystyle\int_0^1 f(x)\,\text dx- \displaystyle\int_0^1 x\, f(x)\,\text dx\quad\Longleftrightarrow\quad 2\displaystyle\int_0^1 x\, f(x)\,\text dx= \displaystyle\int_0^1 f(x)\,\text dx \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \displaystyle\int_0^1 x\, f(x)\,\text dx= \displaystyle\int_0^1 f(x)\,\text dx- \displaystyle\int_0^1 x\, f(x)\,\text dx}\quad\Longleftrightarrow\quad \displaystyle\int_0^1 x\, f(x)\,\text dx= \dfrac 12\, \displaystyle\int_0^1 f(x)\,\text dx} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \displaystyle\int_0^1 x\, f(x)\,\text dx= \displaystyle\int_0^1 f(x)\,\text dx- \displaystyle\int_0^1 x\, f(x)\,\text dx}\quad\Longleftrightarrow\quad \displaystyle\int_0^1 x\, f(x)\,\text dx= \dfrac 12\times\left(2\,\displaystyle\int_0^{\frac 12} f(x)\,\text dx\right)\quad\text{(voir I-4.b))}}$
Par conséquent, $\overset{ { \white{ _. } } } { \boxed{\displaystyle\int_0^1 x\, f(x)\,\text dx= \displaystyle\int_0^{\frac 12} f(x)\,\text dx} }$

2. Nous devons montrer que la suite $\overset{ { \white{ _. } } } { (S_n)_{n \in \mathbb{N}} }$ est convergente et déterminer sa limite.

Rappelons la propriété suivante des sommes de Riemann :

Soit $\overset{ { \white{ . } } } { g }$ une fonction continue sur l'intervalle $\overset{ { \white{ _. } } } { [a\;;\;b]. }$

Alors la somme de Riemann associée à $\overset{ { \white{ . } } } { g }$ est $\overset{ { \white{ _. } } } { S_n(g)=\dfrac{b-a}{n}\displaystyle \sum_{k=1}^{k=n} g\left(a+ \dfrac{k(b-a)}{n} \right)}$ .
Propriété : $\overset{ { \white{ _. } } } { \lim\limits_{n\to+\infty}S_n(g)=\displaystyle \int_a^b g(t)\,\text dt }$

Appliquons cette propriété à la fonction $\overset{ { \white{ _. } } } { g:x\mapsto g(x)=x\,f(x) }$ qui est continue sur l'intervalle $\overset{ { \white{ _. } } } { [0\;;\;1]. }$
Dans ce cas, $\overset{ { \white{ _. } } } { a=0 }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { b=1 }$ .

De plus,

${ \white{ xxi } }$ $S_n(g)=\dfrac{1-0}{n}\displaystyle \sum_{k=1}^{k=n} g\left(0+ \dfrac{k(1-0)}{n} \right) \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ S_n(g)}=\dfrac{1}{n}\displaystyle \sum_{k=1}^{k=n} g\left(\dfrac{k}{n} \right) } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ S_n(g)}=\dfrac{1}{n}\displaystyle \sum_{k=1}^{k=n} \dfrac{k}{n} f\left(\dfrac{k}{n} \right) } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{S_n(g)=\dfrac{1}{n}\displaystyle \sum_{k=1}^{k=n} \dfrac{k}{n} f\left(\dfrac{k}{n} \right) }$

Dans cet exercice,

${ \white{ xxi } }$ $(\forall n \in \mathbb{N}^*)\; ;\; S_n = \dfrac{1}{n+1}\displaystyle \sum_{k=1}^{k=n} \dfrac{k}{n} f\left( \dfrac{k}{n} \right) \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ (\forall n \in \mathbb{N}^*)\; ;\; S_n} = \dfrac{n}{n+1}\times\dfrac 1n\,\displaystyle \sum_{k=1}^{k=n} \dfrac{k}{n} f\left( \dfrac{k}{n} \right) } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ (\forall n \in \mathbb{N}^*)\; ;\; S_n} = \dfrac{n}{n+1}\times S_n(g) } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{ (\forall n \in \mathbb{N}^*)\; ;\; S_n = \dfrac{n}{n+1}\times S_n(g) }$

Or $\overset{ { \white{ _. } } } { \begin{cases} \lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{n}{n+1}=\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{n}{n}=1 \\\\ \lim\limits_{n\to+\infty}S_n(g)=\displaystyle \int_0^1 g(t)\,\text dt =\displaystyle \int_0^1 t\,f(t)\,\text dt \end{cases} }$

$\text{D'où }\quad \lim\limits_{n\to+\infty}S_n=1\times \displaystyle \int_0^1 t\,f(t)\,\text dt \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \text{D'où }\quad \lim\limits_{n\to+\infty}S_n}=\displaystyle \int_0^1 t\,f(t)\,\text dt } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \text{D'où }\quad \lim\limits_{n\to+\infty}S_n}=\displaystyle \int_0^{\frac 12} f(t)\,\text dt \quad\text{(voir III- 1.b)}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \text{D'où }\quad \lim\limits_{n\to+\infty}S_n}= \dfrac{1}{\sqrt{e}} \left( \arctan \left( \sqrt{\text e} \right) - \dfrac{\pi}{4} \right) \quad\text{(voir I- 5.b)}} \\\\\Longrightarrow\quad \boxed{\lim\limits_{n\to+\infty}S_n= \dfrac{1}{\sqrt{e}} \left( \arctan \left( \sqrt{\text e} \right) - \dfrac{\pi}{4} \right)}$
Par conséquent, la suite $\overset{ { \white{ _. } } } { (S_n)_{n \in \mathbb{N}} }$ est convergente et sa limite est $\overset{ { \white{ _. } } } { \dfrac{1}{\sqrt{e}} \left( \arctan \left( \sqrt{\text e} \right) - \dfrac{\pi}{4} \right) }$ .

3,5 points

exercice 2

Soit $\overset{ { \white{ _. } } } { \alpha \in [0, 2\pi[ }$

On considère dans l'ensemble des nombres complexes $\overset{ { \white{ . } } } { \mathbb{C} }$ l'équation $\overset{ { \white{ . } } } { (E_\alpha) }$ d'inconnue $\overset{ { \white{ . } } } { z : }$

$\overset{ { \white{ . } } } { (E_{\alpha})\, :\, z^2 - 2^\alpha \text e^{\text i\alpha}(1 + 2\text i)z + \text i\,2^{2\alpha + 1}\text e^{\text i2\alpha} = 0 }$

Partie I

1. a) Nous devons vérifier que le discriminant de l'équation $\overset{ { \white{ . } } } { (E_\alpha) }$ est : $\overset{ { \white{ _. } } } { \Delta_\alpha = \left( 2^\alpha \text e^{i\alpha}(1 - 2\text i) \right)^2 }$

${ \white{ xxi } }$ $\Delta_\alpha =\Big[- 2^\alpha \,\text e^{\text i\alpha}\,(1 + 2\text i)\Big]^2-4\times 1 \times \text i\,2^{2\alpha + 1}\,\text e^{\text i2\alpha} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \Delta_\alpha }= 2^{2\alpha} \,\text e^{\text i\,2\alpha}\,(1 + 2\text i)^2-4 \times 2\times\text i\,2^{2\alpha}\,\text e^{\text i2\alpha} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \Delta_\alpha }=2^{2\alpha} \,\text e^{\text i\,2\alpha}\Big((1+2\text i)^2\,-8\text i\Big) } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \Delta_\alpha }=2^{2\alpha} \,\text e^{\text i\,2\alpha}\Big(1+4\text i-4\,-8\text i\Big) }$
${ \white{ xxi } }$ $\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \Delta_\alpha }=2^{2\alpha} \,\text e^{\text i\,2\alpha}\Big(1-4\text i-4\Big) } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \Delta_\alpha }=2^{2\alpha} \,\text e^{\text i\,2\alpha}\Big(1-2\text i\Big)^2 } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \Delta_\alpha }=(2^{\alpha} \,\text e^{\text i\,\alpha})^2\,(1-2\text i)^2 } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed { \Delta_\alpha = \left( 2^\alpha \text e^{i\alpha}(1 - 2\text i) \right)^2}$

1. b) Nous devons en déduire les deux solutions $\overset{ { \white{ -. } } } { a }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { b }$ de l'équation $\overset{ { \white{ _. } } } { (E_\alpha) }$ avec $\overset{ { \white{ _. } } } { |a| < |b| }$ .

Les deux solutions de l'équation $\overset{ { \white{ _. } } } { (E_\alpha) }$ sont :

${ \white{ xxi } }$ $z_1=\dfrac{ 2^\alpha \,\text e^{\text i\alpha}\,(1 + 2\text i)+ 2^\alpha \,\text e^{\text i\alpha}\,(1 - 2\text i)}{2} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ z_1}=\dfrac{ 2^\alpha \,\text e^{\text i\alpha}\,[(1 + 2\text i)+ (1 - 2\text i)]}{2} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ z_1}=\dfrac{ 2^\alpha \,\text e^{\text i\alpha}\,(1 + 2\text i+1 - 2\text i)}{2} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ z_1}=\dfrac{ 2^\alpha \,\text e^{\text i\alpha}\times 2}{2} }$
${ \white{ xxi } }$ $\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ z_1}= 2^\alpha \,\text e^{\text i\alpha} } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{z_1= 2^\alpha \,\text e^{\text i\alpha} }$

${ \white{ xxi } }$ $z_2=\dfrac{ 2^\alpha \,\text e^{\text i\alpha}\,(1 + 2\text i)- 2^\alpha \,\text e^{\text i\alpha}\,(1 - 2\text i)}{2} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ z_1}=\dfrac{ 2^\alpha \,\text e^{\text i\alpha}\,[(1 + 2\text i)- (1 - 2\text i)]}{2} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ z_1}=\dfrac{ 2^\alpha \,\text e^{\text i\alpha}\,(1 + 2\text i-1 + 2\text i)}{2} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ z_1}=\dfrac{ 2^\alpha \,\text e^{\text i\alpha}\times 4\text i}{2} }$
${ \white{ xxi } }$ $\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ z_1}= 2^\alpha \,\text e^{\text i\alpha}\times 2\text i } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ z_1}= 2^{\alpha+1} \,\text e^{\text i\alpha}\times \text e^{\text i\frac{\pi}{2}} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ z_1}= 2^{\alpha+1} \,\text e^{\text i(\alpha+\frac{\pi}{2})} } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{z_2= 2^{\alpha+1} \,\text e^{\text i(\alpha+\frac{\pi}{2})} }$

$\text{Or}\quad\begin{cases}z_1= 2^\alpha \,\text e^{\text i\alpha} \\z_2= 2^{\alpha+1} \,\text e^{\text i(\alpha+\frac{\pi}{2})}\end{cases}\quad\Longrightarrow\quad \begin{cases}|z_1|= 2^{\alpha} \\|z_2|=2^{\alpha+1} \end{cases} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{\text{Or}\quad\begin{cases}z_1= 2^\alpha \,\text e^{\text i\alpha} \\z_2= 2^{\alpha+1} \,\text e^{\text i(\alpha+\frac{\pi}{2})}rr\end{cases}}\Longrightarrow\quad |z_1|<|z_2| }$

D'où les deux solutions $\overset{ { \white{ -. } } } { a }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { b }$ de l'équation $\overset{ { \white{ _. } } } { (E_\alpha) }$ avec $\overset{ { \white{ _. } } } { |a| < |b|}$ sont : $\overset{ { \white{ _. } } } { \boxed{\begin{cases}a= 2^\alpha \,\text e^{\text i\alpha} \\b= 2^{\alpha+1} \,\text e^{\text i(\alpha+\frac{\pi}{2})}\end{cases}} }$

2. Vérifions que $\overset{ { \white{ _. } } } { \dfrac ba }$ est un imaginaire pur.

En effet,

${ \white{ xxi } }$ $\dfrac{b}{a}=\dfrac{ 2^{\alpha+1} \,\text e^{\text i(\alpha+\frac{\pi}{2})}}{2^\alpha \,\text e^{\text i\alpha} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \dfrac{b}{a}}=\dfrac{ 2\times2^{\alpha} \,\text e^{\text i\alpha}\text e^{\text i\frac{\pi}{2}}}{2^\alpha \,\text e^{\text i\alpha} }} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \dfrac{b}{a}}= 2\times \text e^{\text i\frac{\pi}{2}}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ b}= 2\text i} \\\\\Longrightarrow\quad \boxed{\dfrac{b}{a}= 2\text i\in\text i\R}$

Partie II

Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormé direct $\overset{ { \white{ _. } } } { ( O; \vec{u}, \vec{v} ) }$ .
On note par $\overset{ { \white{ _. } } } { M(z) }$ le point d'affixe le nombre complexe $\overset{ { \white{ . } } } { z }$ .
On pose $\overset{ { \white{ . } } } { \dfrac{b}{a} = \lambda \text i }$ avec $\overset{ { \white{ . } } } { \lambda = \text{Im} \left( \dfrac{b}{a} \right) }$ .

1. On considère les points $\overset{ { \white{ _. } } } { A(a), B(b) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { H(h) }$ avec $\overset{ { \white{ _. } } } { \dfrac{1}{h} = \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} }$ .

1. a) Nous devons montrer que : $\overset{ { \white{ -. } } } {\dfrac{h}{b-a} = - \Big( \dfrac{\lambda}{\lambda^2 + 1} \Big)\text i }$ , puis en déduire que les droites $\overset{ { \white{ _. } } } { (OH)\; \text{ et }\, (AB) }$ sont perpendiculaires.

Par hypothèse, nous avons :

${ \white{ xxi } }$ $\dfrac{1}{h} = \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}\quad\Longrightarrow\quad \dfrac{1}{h} = \dfrac{b+a}{ab} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \dfrac{1}{h} = \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{h= \dfrac{ab}{b+a}} }$

Dès lors,

${ \white{ xxi } }$ $\dfrac{h}{b-a}=\dfrac{\dfrac{ab}{b+a}}{b-a} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \dfrac{h}{b-a}}=\dfrac{ab}{(b+a)(b-a)}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \dfrac{h}{b-a}}=\dfrac{ab}{b^2-a^2}} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \dfrac{h}{b-a}}=\dfrac{\dfrac{ab}{a^2}}{\dfrac{b}{a^2}-\dfrac{a^2}{a^2}}}$
${ \white{ xxi } }$ $\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \dfrac{h}{b-a}}=\dfrac{\dfrac{b}{a}}{\left(\dfrac{b}{a}\right)^2-1}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \dfrac{h}{b-a}}=\dfrac{\lambda\,\text i}{\left(\lambda\,\text i\right)^2-1}} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \dfrac{h}{b-a}}=\dfrac{\lambda\,\text i}{-\lambda^2-1}} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \dfrac{h}{b-a}}=-\dfrac{\lambda\,\text i}{\lambda^2+1}} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\dfrac{h}{b-a}=- \Big( \dfrac{\lambda}{\lambda^2 + 1} \Big)\,\text i }$

Montrons que les droites $\overset{ { \white{ _. } } } { (OH)\; \text{ et }\, (AB) }$ sont perpendiculaires.

$\overset{ { \white{ _. } } } { \lambda = \text{Im} \left( \dfrac{b}{a} \right)= \text{Im} \left( 2\text i \right)=2 }\quad\Longrightarrow\quad \boxed{\lambda \in\R^*}$
Il s'ensuit que $\overset{ { \white{ _. } } } {\dfrac{h}{b-a}=- \Big( \dfrac{\lambda}{\lambda^2 + 1} \Big)\,\text i\in\text i\R }$

Nous obtenons alors :

${ \white{ xxi } }$ $\dfrac{h}{b-a}\in\text i\R\quad\Longrightarrow\quad \dfrac{h-0}{b-a}\in\text i\R \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \dfrac{h}{b-a}\in\text i\R}\quad\Longrightarrow\quad \arg\left(\dfrac{h-0}{b-a}\right)\equiv\dfrac\pi 2\;[\pi] } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \dfrac{h}{b-a}\in\text i\R}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{OH}\right)\equiv\dfrac\pi 2\;[\pi] }}$

Par conséquent, les droites $\overset{ { \white{ _. } } } { (OH)\; \text{ et }\, (AB) }$ sont perpendiculaires.

1. b) Nous devons montrer que : $\overset{ { \white{ _. } } } { \dfrac{h-a}{b-a} = \dfrac{1}{\lambda^2 + 1} }$ puis en déduire que les points $\overset{ { \white{ _. } } } {H,\, A }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { B }$ sont alignés.

${ \white{ xxi } }$ $\dfrac{h-a}{b-a}=\dfrac{h}{b-a}-\dfrac{a}{b-a} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \dfrac{h-a}{b-a}}=- \Big( \dfrac{\lambda}{\lambda^2 + 1} \Big)\,\text i-\dfrac{a}{b-a} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \dfrac{h-a}{b-a}}= \dfrac{-\lambda \,\text i}{\lambda^2 + 1} -\dfrac{1}{\dfrac ba-1} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \dfrac{h-a}{b-a}}= \dfrac{-\lambda \,\text i}{\lambda^2 + 1} -\dfrac{1}{\lambda \,\text i-1} }$
${ \white{ xxi } }$ $\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \dfrac{h-a}{b-a}}= \dfrac{-\lambda \,\text i}{\lambda^2 + 1} -\dfrac{\lambda \,\text i+1}{(\lambda \,\text i-1)(\lambda \,\text i+1)} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \dfrac{h-a}{b-a}}= \dfrac{-\lambda \,\text i}{\lambda^2 + 1} -\dfrac{\lambda \,\text i+1}{-\lambda^2 - 1} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \dfrac{h-a}{b-a}}= \dfrac{-\lambda \,\text i}{\lambda^2 + 1} +\dfrac{\lambda \,\text i+1}{\lambda^2 + 1} } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \dfrac{h-a}{b-a}}= \dfrac{-\lambda \,\text i+\lambda \,\text i+1}{\lambda^2 + 1} } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \dfrac{h-a}{b-a}}= \dfrac{1}{\lambda^2 + 1} } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\dfrac{h-a}{b-a}= \dfrac{1}{\lambda^2 + 1} }$

Montrons que les points $\overset{ { \white{ _. } } } {H,\, A }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { B }$ sont alignés.

${ \white{ xxi } }$ $\dfrac{h-a}{b-a}\in\R^*\quad\Longrightarrow\quad \arg\left(\dfrac{h-a}{b-a}\right)\equiv0\;[\pi] \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \dfrac{h-a}{b-a}\in\R^*}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AH}\right)\equiv0\;[\pi] }}$

Par conséquent, les points $\overset{ { \white{ . } } } {H,\, A }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { B }$ sont alignés.

2. Soient $\overset{ { \white{ _. } } } { I(m) }$ le milieu du segment $\overset{ { \white{ _. } } } { [OH] }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { J(n) }$ le milieu du segment $\overset{ { \white{ _. } } } { [HB] }$ .

2. a) Nous devons montrer que : $\overset{ { \white{ _. } } } { \dfrac{n}{m-a} = -\lambda \text i }$ .

Remarquons que :

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ le point $\overset{ { \white{ _. } } } { I(m) }$ est le milieu du segment $\overset{ { \white{ _. } } } { [OH]\quad\Longleftrightarrow\quad m=\dfrac{0+h}{2}\quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{m=\dfrac{h}{2}} }$
$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ le point $\overset{ { \white{ _. } } } { J(n) }$ est le milieu du segment $\overset{ { \white{ _. } } } { [HB]\quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{n=\dfrac{h+b}{2}} }$
$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ $\overset{ { \white{ _. } } } { \dfrac{1}{h} = \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}\quad\Longrightarrow\quad \dfrac{1}{h} = \dfrac{a+b}{ab}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{h = \dfrac{ab}{a+b}} }$

Dès lors, nous obtenons :

${ \white{ xxi } }$ $\dfrac{n}{m-a}=\dfrac{\dfrac{h+b}{2}}{\dfrac{h}{2}-a} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \dfrac{n}{m-a} } =\dfrac{\dfrac{h+b}{2}}{\dfrac{h-2a}{2}} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \dfrac{n}{m-a} } =\dfrac{h+b}{h-2a} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \dfrac{n}{m-a} } =\dfrac{\dfrac{ab}{a+b}+b}{\dfrac{ab}{a+b}-2a} } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \dfrac{n}{m-a} } =\dfrac{\dfrac{ab+b(a+b)}{a+b}}{\dfrac{ab-2a(a+b)}{a+b}} }$
${ \white{ xxi } }$ $.\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \dfrac{n}{m-a} } =\dfrac{ab+b(a+b)}{ab-2a(a+b)} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \dfrac{n}{m-a} } =\dfrac{ab+ab+b^2}{ab-2a^2-2ab} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \dfrac{n}{m-a} } =\dfrac{2ab+b^2}{-2a^2-ab} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \dfrac{n}{m-a} } =\dfrac{\dfrac{2ab+b^2}{a^2}}{\dfrac{-2a^2-ab}{a^2}} } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \dfrac{n}{m-a} } =\dfrac{2\,\dfrac ba+\left(\dfrac ba\right)^2}{-2-\dfrac ba} }$
${ \white{ xxi } }$ $.\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \dfrac{n}{m-a} } =\dfrac{2\,\lambda\,\text i+\left(\lambda\,\text i\right)^2}{-2-\lambda\,\text i} } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \dfrac{n}{m-a} } =\dfrac{2\,\lambda\,\text i-\lambda^2}{-2-\lambda\,\text i} } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \dfrac{n}{m-a} } =\dfrac{\lambda\,\text i(2+\lambda\,\text i)}{-(2+\lambda\,\text i)} } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \dfrac{n}{m-a} } =-\lambda\,\text i } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\dfrac{n}{m-a} =-\lambda\,\text i }$

2. b) Nous devons en déduire que les droites $\overset{ { \white{ _. } } } { (OJ) \text{ et } (AI) }$ sont perpendiculaires et que $\overset{ { \white{ _. } } } { OJ = |\lambda| AI }$ .

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Montrons que les droites $\overset{ { \white{ _. } } } { (OJ) \text{ et } (AI) }$ sont perpendiculaires.

${ \white{ xxi } }$ $\dfrac{n}{m-a} =-\lambda\,\text i \in\text i\R\quad\Longrightarrow\quad \dfrac{n-0}{m-a} \in\text i\R \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \dfrac{n}{m-a} =-\lambda\,\text i \in\text i\R}\quad\Longrightarrow\quad \arg\left(\dfrac{n-0}{m-a}\right)\equiv\dfrac\pi 2\;[\pi] } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \dfrac{n}{m-a} =-\lambda\,\text i \in\text i\R}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{\left(\overrightarrow{AI},\overrightarrow{OJ}\right)\equiv\dfrac\pi 2\;[\pi] }}$

Par conséquent, les droites $\overset{ { \white{ _. } } } { (OJ)\; \text{ et }\, (AI) }$ sont perpendiculaires.

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Montrons que $\overset{ { \white{ . } } } { OJ = |\lambda| AI }$ .

${ \white{ xxi } }$ $\dfrac{n}{m-a} =-\lambda\,\text i\quad \Longrightarrow\quad \left|\dfrac{n}{m-a}\right| =\Big|-\lambda\,\text i\Big| \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \dfrac{n-0}{m-a} =-\lambda\,\text i}\quad \Longrightarrow\quad \dfrac{|n|}{|m-a|} =\Big|\lambda\Big| } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \dfrac{n-0}{m-a} =-\lambda\,\text i}\quad \Longrightarrow\quad |n|=\Big|\lambda\Big|\times|m-a| } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \dfrac{n-0}{m-a} =-\lambda\,\text i}\quad \Longrightarrow\quad |n-0|=\Big|\lambda\Big|\times|m-a| } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \dfrac{n-0}{m-a} =-\lambda\,\text i}\quad \Longrightarrow\quad \boxed{OJ=\Big|\lambda\Big|\times AI}}$

2. c) Soit $\overset{ { \white{ _. } } } { K }$ le point d'intersection des droites $\overset{ { \white{ _. } } } { (OJ) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { (AI) }$ .
${ \white{ xxxi } }$ Montrons que les points $\overset{ { \white{ _. } } } { K, I, H }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { J }$ sont cocycliques.

Si $\overset{ { \white{ _. } } } { k }$ est l'affixe du point $\overset{ { \white{ _. } } } { K }$ , nous devons montrer que $\overset{ { \white{ _. } } } { \dfrac{h-n}{h-m}\times\dfrac{k-m}{k-n}\in\R. }$

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Nous avons montré dans la question II-1. a) que les droites $\overset{ { \white{ _. } } } { (OH) \text{ et } (AB) }$ sont perpendiculaires.
Puisque les points $\overset{ { \white{ _. } } } { H, A }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { B }$ sont alignés, nous en déduisons que les droites $\overset{ { \white{ _. } } } { (OH) \text{ et } (HB) }$ sont perpendiculaires.
Or $\overset{ { \white{ _. } } } { I }$ est le milieu du segment $\overset{ { \white{ _. } } } { [OH] }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { J }$ est le milieu du segment $\overset{ { \white{ _. } } } { [HB] }$ .
D'où les droites $\overset{ { \white{ _. } } } { (HJ) \text{ et } (HI) }$ sont perpendiculaires.
Il s'ensuit que $\overset{ { \white{ _. } } } { \boxed{\dfrac{h-n}{h-m}\in\text i\R} }$ .

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Nous avons montré dans la question précédente que les droites $\overset{ { \white{ _. } } } { (OJ) \text{ et } (AI) }$ sont perpendiculaires.
Puisque le point $\overset{ { \white{ _. } } } { K }$ le point d'intersection des droites $\overset{ { \white{ _. } } } { (OJ) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { (AI) }$ , nous en déduisons que les droites $\overset{ { \white{ _. } } } { (KJ) \text{ et } (KI) }$ sont perpendiculaires.
Il s'ensuit que $\overset{ { \white{ _. } } } { \boxed{\dfrac{k-m}{k-n}\in\text i\R} }$ .

Dès lors, $\overset{ { \white{ _. } } } { \begin{cases}\dfrac{h-n}{h-m}\in\text i\R \\\\\dfrac{k-m}{k-n}\in\text i\R \end{cases}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{ \dfrac{h-n}{h-m}\times\dfrac{k-m}{k-n}\in\R} }$

Par conséquent, les points $\overset{ { \white{ _. } } } { K, I, H }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { J }$ sont cocycliques.

2. d) Nous devons montrer que les droites $\overset{ { \white{ _. } } } { (IJ) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { (OA) }$ sont perpendiculaires.

Montrons que $\overset{ { \white{ _. } } } { \left(\overrightarrow{OA},\overrightarrow{IJ}\right)\equiv\dfrac\pi 2\;[\pi] }$ en montrant que $\overset{ { \white{ _. } } } { \arg\left(\dfrac{n-m}{a-0}\right)\equiv \dfrac{\pi}{2}\;[\pi] }$ .

En effet, nous savons que $\overset{ { \white{ _. } } } { I(m) }$ est le milieu du segment $\overset{ { \white{ _. } } } { [OH] }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { J(n) }$ est le milieu du segment $\overset{ { \white{ _. } } } { [HB] }$ .
Ce qui signifie que : $\overset{ { \white{ _. } } } { m=\dfrac{h}{2} }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { n=\dfrac{h+b}{2} }$ .

Nous obtenons ainsi :

${ \white{ xxi } }$ $\dfrac{n-m}{a-0}=\dfrac{\dfrac{h+b}{2}-\dfrac{h}{2}}{a} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \dfrac{n-m}{a-0}}=\dfrac{\dfrac{h+b-h}{2}}{a} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \dfrac{n-m}{a-0}}=\dfrac{\dfrac{b}{2}}{a} =\dfrac{b}{2a} =\dfrac{\dfrac{b}{a}}{2} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \dfrac{n-m}{a-0}}=\dfrac{\lambda\,\text i}{2} } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\dfrac{n-m}{a-0}=\dfrac{\lambda\,\text i}{2}\;{ \red{\in\text i\R}}} \\\\\Longrightarrow\quad \boxed{\arg\left(\dfrac{n-m}{a-0}\right)\equiv \dfrac{\pi}{2}\;[\pi] }$

Par conséquent, les droites $\overset{ { \white{ _. } } } { (IJ) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { (OA) }$ sont perpendiculaires.

3 points

exercice 3

Soient $\overset{ { \white{o. } } } { p }$ un nombre premier impair et $\overset{ { \white{ -. } } } { a }$ un entier premier avec $\overset{ { \white{ o. } } } { p }$ .

1. Nous devons montrer que : ${a^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1 \; [p] }\quad \text{ou} \quad a^{\frac{p-1}{2}} \equiv -1 \; [p]$ .

Rappelons le petit théorème de Fermat : Si $\overset{ { \white{o. } } } { p }$ est un nombre premier et si $\overset{ { \white{. } } } { a }$ est un entier non divisible par $\overset{ { \white{o. } } } { p }$ , alors $\overset{ { \white{ } } } { a^{p-1} -1 }$ est un multiple de $\overset{ { \white{o. } } } { p }$ , soit $\overset{ { \white{. } } } { a^{p-1}\equiv 1\;[p] }$ .

Nous sommes dans les hypothèses du petit théorème de Fermat.
Donc nous obtenons : $\overset{ { \white{. } } } { a^{p-1}\equiv 1\;[p] }$ .

Nous observons que :

${ \white{ xxi } }$ $\overset{ { \white{ _. } } } {\begin{cases}p\text{ est impair}\\p\geq 3 \end{cases}\quad\Longrightarrow\quad \begin{cases}p-1\text{ est pair}\\p-1\geq 2 \end{cases}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases}p\text{ est impair}\\p\geq 3 \end{cases}}\quad\Longrightarrow\quad \begin{cases}\dfrac{p-1}{2}\text{ est entier}\\\dfrac{p-1}{2}\geq 1 \end{cases} }$
D'où $\overset{ { \white{ _. } } } { \boxed{\dfrac{p-1}{2}\in\N^*} }$

Dès lors,

${ \white{ xxi } }$ $a^{p-1}\equiv 1\;[p]\quad\Longleftrightarrow\quad a^{p-1}-1\equiv 0\;[p] \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ a^{p-1}\equiv 1\;[p]}\quad\Longleftrightarrow\quad \left(a^{\frac{p-1}{2}}\right)^2-1\equiv 0\;[p] } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ a^{p-1}\equiv 1\;[p]}\quad\Longleftrightarrow\quad \left(a^{\frac{p-1}{2}}-1\right)\left(a^{\frac{p-1}{2}}+1\right)\equiv 0\;[p] }$

Or nous savons par le théorème de Gauss que si un nombre premier $\overset{ { \white{ o. } } } { p }$ divise un produit de deux entiers $\overset{ { \white{ _. } } } { ab }$ , alors $\overset{ { \white{ o. } } } { p }$ divise $\overset{ { \white{ . } } } { a }$ ou $\overset{ { \white{ o. } } } { p }$ divise $\overset{ { \white{ } } } { b }$ .

Nous en déduisons alors que :

${ \white{ xxi } }$ $\left(a^{\frac{p-1}{2}}-1\right)\left(a^{\frac{p-1}{2}}+1\right)\equiv 0\;[p] \quad\Longleftrightarrow\quad a^{\frac{p-1}{2}}-1\equiv0\;[p]\quad\text{ou}\quad a^{\frac{p-1}{2}}+1\equiv 0\;[p] \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \left(a^{\frac{p-1}{2}}-1\right)\left(a^{\frac{p-1}{2}}+1\right)\equiv 0\;[p] }\quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{a^{\frac{p-1}{2}}\equiv1\;[p]\quad\text{ou}\quad a^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1\;[p] }}$

2. On considère dans $\overset{ { \white{ _. } } } { \Z }$ l'équation : $\overset{ { \white{ _. } } } { a\, x^2 \equiv 1 \; [p] }$ .

Soit $\overset{ { \white{ o. } } } { x_0 }$ une solution de cette équation.

2. a) Nous devons montrer que : $\overset{ { \white{ _. } } } { x_0^{p-1} \equiv 1 \; [p] }$ .

En effet, $\overset{ { \white{ o. } } } { x_0 }$ est une solution de l'équation $\overset{ { \white{ _. } } } { a\, x^2 \equiv 1 \; [p] }$ .
Nous obtenons alors :

${ \white{ xxi } }$ $ax_0^2 \equiv 1 \; [p] \quad\Longleftrightarrow\quad \exists\, k\in\Z:ax_0^2=1+pk \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ ax_0^2 \equiv 1 \; [p] }\quad\Longleftrightarrow\quad \exists\, k\in\Z:(ax_0)x_0+(-k)p=1} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ ax_0^2 \equiv 1 \; [p] }\quad\Longleftrightarrow\quad \exists(u,v)\in \Z^2 :x_0u+pv=1\quad\text{avec }\begin{cases}u=ax_0\\v=-k \end{cases}} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ ax_0^2 \equiv 1 \; [p] }\quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{x_0\wedge p=1}\quad(\text{théorème de Bézout})}$

Nous sommes dans les hypothèses du petit théorème de Fermat car $\overset{ { \white{ o. } } } { p }$ est premier et $\overset{ { \white{ . } } } { x_0 }$ est premier avec $\overset{ { \white{ o. } } } { p. }$

Donc nous obtenons : $\overset{ { \white{. } } } { \boxed{x_0^{p-1}\equiv 1\;[p] } }$ .

2. b) Nous devons en déduire que : ${a^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1 \; [p]}$

Nous avons montré que $\overset{ { \white{. } } } { {x_0^{p-1}\equiv 1\;[p] } }$ .

Nous savons que $\overset{ { \white{ _. } } } { x_0^{p-1} \equiv 1 \; [p] }$ et que $\overset{ { \white{ _. } } } { \dfrac{p-1}{2}\in\N^* }$ .

Nous obtenons alors :

${ \white{ xxi } }$ $ax_0^2 \equiv 1 \; [p] \quad\Longrightarrow\quad a^{\frac{p-1}{2}}(x_0^2)^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1^{\frac{p-1}{2}} \; [p] \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ ax_0^2 \equiv 1 \; [p] }\quad\Longrightarrow\quad a^{\frac{p-1}{2}}x_0^{p-1} \equiv 1 \; [p] }$
Or $\overset{ { \white{ _. } } } { x_0^{p-1}\equiv 1\;[p] }$

Par conséquent, $\boxed{a^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1 \; [p]}$

3. Soit $\overset{ { \white{ o. } } } { n }$ un entier naturel non nul.

3. a) Nous devons montrer que si $\overset{ { \white{ o. } } } { p }$ divise $\overset{ { \white{ } } } { 2^{2n+1}-1 }$ , alors ${2^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1 \; [p]}$

En effet,

${ \white{ xxi } }$ $p\text{ divise }2^{2n+1}-1\quad\Longleftrightarrow\quad 2^{2n+1}\equiv1\;[p] \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ p\text{ divise }2^{2n+1}-1}\quad\Longleftrightarrow\quad 2\,(2^{2n})\equiv1\;[p] } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ p\text{ divise }2^{2n+1}-1}\quad\Longleftrightarrow\quad 2\,(2^{n})^2\equiv1\;[p] }$

La dernière relation exprime le fait que $\overset{ { \white{ _. } } } { x_0=2^n }$ est solution de l'équation $\overset{ { \white{ _. } } } { a\,x^2\equiv 1\;[p] }$ traitée dans l'exercice 2., où $\overset{ { \white{ _. } } } { a=2 }$ .

Nous en avions déduit à la question 2. b) que $a^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1 \; [p]$ ,
soit que $\boxed{2^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1 \; [p]}$

3. b) Nous devons en déduire que l'équation $\overset{ { \white{. } } } { (E) : 11x + \left( 2^{2n+1}-1 \right)y = 1 }$ admet au moins une solution dans $\overset{ { \white{ } } } { \mathbb{Z}^2 }$ .

Nous désirons utiliser le théorème de Bézout pour démontrer ce résultat.
Pour ce faire, nous devons prouver que 11 et $\overset{ { \white{ _. } } } { 2^{2n+1}-1 }$ sont premiers entre eux.

Supposons que 11 et $\overset{ { \white{ _. } } } { 2^{2n+1}-1 }$ ne sont pas premiers entre eux.

Vu que 11 est un nombre premier, le seul moyen pour qu'ils aient un diviseur commun autre que 1 est que $\overset{ { \white{ _. } } } { 2^{2n+1}-1 }$ soit un multiple de 11, soit que 11 divise $\overset{ { \white{ _. } } } { 2^{2n+1}-1 }$ .

Dans ce cas, en utilisant la question 3. a), nous aurions : $\overset{ { \white{ _. } } } { 2^{\frac{11-1}{2}} \equiv 1 \; [11] }$ ,

$\text{Or }\quad 2^{\frac{11-1}{2}} \equiv 1 \; [11]\quad\Longleftrightarrow\quad 2^{5} \equiv 1 \; [11] \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \text{Or }\quad 2^{\frac{11-1}{2}} \equiv 1 \; [11]}\quad\Longleftrightarrow\quad 32 \equiv 1 \; [11] } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \text{Or }\quad 2^{\frac{11-1}{2}} \equiv 1 \; [11]}\quad\Longleftrightarrow\quad {\red{31 \equiv 0 \; [11]\quad\text{qui est impossible} }} }$

Nous en déduisons que 11 et $\overset{ { \white{ _. } } } { 2^{2n+1}-1 }$ sont premiers entre eux.

Par le théorème de Bézout, nous déduisons qu'il existe $\overset{ { \white{ _. } } } { (u,v)\in\Z^2 }$ tel que $\overset{ { \white{ _. } } } { 11u+ (2^{2n+1}-1)v=1 }$ .

Par conséquent, l'équation $\overset{ { \white{. } } } { (E) : 11x + \left( 2^{2n+1}-1 \right)y = 1 }$ admet au moins une solution dans $\overset{ { \white{ } } } { \mathbb{Z}^2 }$ .

4. On considère dans $\overset{ { \white{ _. } } } { \Z }$ l'équation $\overset{ { \white{ _. } } } { (F) : x^2 + 5x + 2 \equiv 0 \; [11] }$

4. a) Nous devons montrer que : $\overset{ { \white{ _. } } } { (F) \iff 2 \left( 2x + 5 \right)^2 \equiv 1 \; [11] }$

En effet,

${ \white{ xxi } }$ $(F) : x^2 + 5x + 2 \equiv 0 \; [11]\quad\Longleftrightarrow\quad 4x^2 + 20x + 8 \equiv 0 \; [11] \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ (F) : x^2 + 5x + 2 \equiv 0 \; [11]}\quad\Longleftrightarrow\quad 4x^2 + 20x + (8 +17)\equiv 17 \; [11]} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ (F) : x^2 + 5x + 2 \equiv 0 \; [11]}\quad\Longleftrightarrow\quad 4x^2 + 20x + 25\equiv 17 \; [11]} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ (F) : x^2 + 5x + 2 \equiv 0 \; [11]}\quad\Longleftrightarrow\quad (2x + 5)^2\equiv 17 \; [11]}$
${ \white{ xxi } }$ $\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ (F) : x^2 + 5x + 2 \equiv 0 \; [11]}\quad\Longleftrightarrow\quad 2(2x + 5)^2\equiv 34\; [11]} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ (F) : x^2 + 5x + 2 \equiv 0 \; [11]}\quad\Longleftrightarrow\quad 2(2x + 5)^2\equiv 34-33\; [11]} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ (F) : x^2 + 5x + 2 \equiv 0 \; [11]}\quad\Longleftrightarrow\quad 2(2x + 5)^2\equiv 1\; [11]} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{(F) : x^2 + 5x + 2 \equiv 0 \; [11]\quad\Longleftrightarrow\quad 2(2x + 5)^2\equiv 1\; [11]}$

4. b) Nous devons en déduire que l'équation $\overset{ { \white{ _. } } } { (F) }$ n'admet pas de solution dans $\overset{ { \white{ _. } } } { \Z }$ .

Supposons par l'absurde que l'équation $\overset{ { \white{ _. } } } { (F) }$ admette une solution dans $\overset{ { \white{ _. } } } { \Z }$ et notons $\overset{ { \white{ . } } } { x_0 }$ cette solution.

Dans ce cas, l'équation $\overset{ { \white{ _. } } } { 2(2x+5)^2\equiv 1 \;[11] }$ admet au moins une solution $\overset{ { \white{ _. } } } { x_0 }$ .
En utilisant la question 2. b), nous déduisons que $\overset{ { \white{ _. } } } { 2^{\frac{11-1}{2}} \equiv 1 \; [11] }$ .

$\text{Or }\quad 2^{\frac{11-1}{2}} \equiv 1 \; [11]\quad\Longleftrightarrow\quad 2^{5} \equiv 1 \; [11] \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \text{Or }\quad 2^{\frac{11-1}{2}} \equiv 1 \; [11]}\quad\Longleftrightarrow\quad 32 \equiv 1 \; [11] } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \text{Or }\quad 2^{\frac{11-1}{2}} \equiv 1 \; [11]}\quad\Longleftrightarrow\quad {\red{31 \equiv 0 \; [11]\quad\text{qui est impossible} }} }$

Donc la supposition est fausse.

Par conséquent, l'équation $\overset{ { \white{ _. } } } { (F) }$ n'admet pas de solution dans $\overset{ { \white{ _. } } } { \Z }$ .

3,5 points

exercice 4

Soient la matrice $\overset{ { \white{ . } } } { A = \begin{pmatrix} -1 & -1 & 0 \\ -1 & -1 & 0 \\ -1 & 1 & -2 \end{pmatrix} }$ et l'ensemble $\overset{ { \white{ . } } } { E = \Big\lbrace M(x) = I + xA / x \in \mathbb{R} \Big\rbrace}$ .

1. a) Nous devons vérifier que : $\overset{ { \white{ _. } } } { A^2 = -2A }$ .

Par calculs, nous obtenons :

${ \white{ xxi } }$ $A^2 = \begin{pmatrix} -1 & -1 & 0 \\ -1 & -1 & 0 \\ -1 & 1 & -2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} -1 & -1 & 0 \\ -1 & -1 & 0 \\ -1 & 1 & -2 \end{pmatrix} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ a^2 }= \begin{pmatrix} 1+1+0 && 1+1+0&& 0+0+0 \\ 1+1+0 && 1+1+0 &&0+0+0 \\ 1-1+2 && 1-1-2 && 0+0+4 \end{pmatrix} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ a^2 }= \begin{pmatrix} 2 & 2& 0 \\ 2 & 2&0 \\ 2 & -2& 4 \end{pmatrix} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ a^2 }= -2 \begin{pmatrix} -1 & -1 & 0 \\ -1 & -1 & 0 \\ -1 & 1 & -2 \end{pmatrix} } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ a^2 }= -2 A} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{A^2=-2A}$

1. b) Nous devons en déduire que : $\overset{ { \white{ _. } } } { \forall (x, y) \in \mathbb{R}^2 ; M(x) \times M(y) = M(x + y - 2xy) }$ .

En effet, $\overset{ { \white{ _. } } } { \forall (x, y) \in \mathbb{R}^2 }$ ,

${ \white{ xxi } }$ $M(x) \times M(y)= (I + xA)(I + yA) \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ M(x) \times M(y)}= I^2+yIA+xAI+xyA^2 } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ M(x) \times M(y)}= I+yA+xA+xy(-2A) } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ M(x) \times M(y)}= I+(y+x-2xy)A } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ M(x) \times M(y)}= M(x+y-2xy) } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{ \forall (x, y) \in \mathbb{R}^2 \;:\; M(x) \times M(y) = M(x + y - 2xy) }$

2. a) Nous devons calculer $\overset{ { \white{ . } } } { M \left(\dfrac 12\right) \times \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} }$ .

Calculons d'abord $\overset{ { \white{ . } } } { M \left(\dfrac 12\right) }$ .

${ \white{ xxi } }$ $M \left(\dfrac 12\right)=I + \dfrac 12A \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ M \left(\dfrac 12\right)}=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} + \dfrac 12\begin{pmatrix} -1 & -1 & 0 \\ -1 & -1 & 0 \\ -1 & 1 & -2 \end{pmatrix} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ M \left(\dfrac 12\right)}=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} -\dfrac 12 & -\dfrac 12 & 0 \\ \overset{ { \phantom{ _. } } } { -\dfrac 12 }& -\dfrac 12 & 0 \\ \overset{ { \phantom{ _. } } } { -\dfrac 12 } & \dfrac 12 & -1 \end{pmatrix} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ M \left(\dfrac 12\right)}= \begin{pmatrix} \dfrac 12 & -\dfrac 12 & 0 \\ \overset{ { \phantom{ _. } } } { -\dfrac 12 }& \dfrac 12 & 0 \\ \overset{ { \phantom{ _. } } } { -\dfrac 12 } & \dfrac 12 & 0 \end{pmatrix} }$

${ \white{ xxi } }$ $\\\\\Longrightarrow\quad\boxed{ M \left(\dfrac 12\right)=\begin{pmatrix} \dfrac 12 & -\dfrac 12 & 0 \\ \overset{ { \phantom{ _. } } } { -\dfrac 12 }& \dfrac 12 & 0 \\ \overset{ { \phantom{ _. } } } { -\dfrac 12 } & \dfrac 12 & 0 \end{pmatrix} }$

Calculons ensuite $\overset{ { \white{ . } } } { M \left(\dfrac 12\right) \times \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} }$ .

${ \white{ xxi } }$ $M \left(\dfrac 12\right) \times \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} \dfrac 12 & -\dfrac 12 & 0 \\ \overset{ { \phantom{ _. } } } { -\dfrac 12 }& \dfrac 12 & 0 \\ \overset{ { \phantom{ _. } } } { -\dfrac 12 } & \dfrac 12 & 0 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \\\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ M \left(\dfrac 12\right) \times \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}}= \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} }$

${ \white{ xxi } }$ $\\\\\Longrightarrow\quad\boxed{ M \left(\dfrac 12\right) \times \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} =O}$

2. b) Nous devons en déduire que la matrice $\overset{ { \white{ . } } } { M \left(\dfrac 12\right) }$ n'est pas inversible dans $\overset{ { \white{ _. } } } { (M_3 (\mathbb{R}), \times) }$ .

Démontrons-le par l'absurde.
Supposons que la matrice $\overset{ { \white{ . } } } { M \left(\dfrac 12\right) }$ est inversible dans $\overset{ { \white{ _. } } } { (M_3 (\mathbb{R}), \times) }$ et notons $\overset{ { \white{ _. } } } { M ^{-1}\left(\dfrac 12\right) }$ son inverse.

Nous avons alors : $\overset{ { \white{ _. } } } { M ^{-1}\left(\dfrac 12\right)\times M \left(\dfrac 12\right)=I }$

Dès lors,

${ \white{ xxi } }$ $M ^{-1}\left(\dfrac 12\right)\,M \left(\dfrac 12\right)=I\quad\Longrightarrow\quad M ^{-1}\left(\dfrac 12\right)\,M \left(\dfrac 12\right)\,\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} =I\,\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ M ^{-1}\left(\dfrac 12\right)\,M \left(\dfrac 12\right)=I}\quad\Longrightarrow\quad M ^{-1}\left(\dfrac 12\right)\,\left[M \left(\dfrac 12\right)\,\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\right] =\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ M ^{-1}\left(\dfrac 12\right)\,M \left(\dfrac 12\right)=I}\quad\Longrightarrow\quad M ^{-1}\left(\dfrac 12\right)\,O=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} }$
${ \white{ xxi } }$ $.\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ M ^{-1}\left(\dfrac 12\right)\,M \left(\dfrac 12\right)=I}\quad\Longrightarrow\quad {\red{O=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \quad\text{ce qui est absurde.} }} }$

La supposition est donc fausse.
Par conséquent, la matrice $\overset{ { \white{ . } } } { M \left(\dfrac 12\right) }$ n'est pas inversible dans $\overset{ { \white{ _. } } } { (M_3 (\mathbb{R}), \times) }$ .

3.   Nous devons montrer que : $\overset{ { \white{ _. } } } { E - \left\lbrace M \left(\dfrac 12\right)\right\rbrace }$ est stable pour la multiplication dans $\overset{ { \white{ _. } } } { M_3\, (\mathbb{R}) }$ .

On pourra utiliser l'identité :    $\overset{ { \white{ _. } } } { \left( x - \dfrac{1}{2} \right) \left( y - \dfrac{1}{2} \right) = -\dfrac{1}{2} \left( x + y - 2xy - \dfrac{1}{2} \right) }$ .

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ $\overset{ { \white{ _. } } } { E - \left\lbrace M \left(\dfrac 12\right)\right\rbrace }$ est une partie de $\overset{ { \white{ _. } } } { M_3\, (\mathbb{R}) }$ .

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Soit les réels $\overset{ { \white{ . } } } { x }$ et $\overset{ { \white{ . } } } { y }$ différents de $\overset{ { \white{ _. } } } { \dfrac 12 }$ .
Alors $\overset{ { \white{ . } } } { M(x)\in E - \left\lbrace M \left(\dfrac 12\right)\right\rbrace }$ et $\overset{ { \white{ . } } } { M(y)\in E - \left\lbrace M \left(\dfrac 12\right)\right\rbrace }$

Nous devons montrer que $\overset{ { \white{ . } } } { M(x)M(y)\in E - \left\lbrace M \left(\dfrac 12\right)\right\rbrace }$

Nous savons que $\overset{ { \white{ _. } } } { M(x)M(y)=M(x+y-2xy) }$
Il s'ensuit que $\overset{ { \white{ _. } } } { \boxed{M(x)M(y)\in E} }$

Il reste à montrer que $\overset{ { \white{ _. } } } { x+y-2xy\neq\dfrac 12 }$ .

${ \white{ xxi } }$ $\begin{cases} x\neq\dfrac 12\\\\y\neq\dfrac 12 \end{cases}\quad\Longrightarrow\quad \begin{cases} x-\dfrac 12\neq0\\\\y-\dfrac 12\neq0 \end{cases} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} x\neq\dfrac 12\end{cases}}\quad\Longrightarrow\quad ( x-\dfrac 12)(y-\dfrac 12)\neq0 } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} x\neq\dfrac 12 \end{cases}}\quad\Longrightarrow\quad -\dfrac{1}{2} \left( x + y - 2xy - \dfrac{1}{2} \right) \neq 0 }$
${ \white{ xxi } }$ $.\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} x\neq\dfrac 12\end{cases}}\quad\Longrightarrow\quad x + y - 2xy - \dfrac{1}{2} \neq 0 } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} x\neq\dfrac 12\end{cases}}\quad\Longrightarrow\quad x + y - 2xy \neq \dfrac{1}{2} }$

D'où $\overset{ { \white{ _. } } } {\boxed{ M(x)M(y) \neq M\left(\dfrac 12\right) } }$

Nous en déduisons que $\overset{ { \white{ _. } } } { \boxed{ M(x)M(y)\in E - \left\lbrace M \left(\dfrac 12\right)\right\rbrace } }$

Par conséquent, $\overset{ { \white{ _. } } } { E - \left\lbrace M \left(\dfrac 12\right)\right\rbrace }$ est stable pour la multiplication dans $\overset{ { \white{ _. } } } { M_3\, (\mathbb{R}) }$ .

4. Nous devons montrer que : $\overset{ { \white{ _. } } } { \left( E - \left\lbrace M \left(\dfrac 12\right)\right\rbrace , \times \right) }$ est un groupe commutatif.

En effet,

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ la loi $\overset{ { \white{ _. } } } { \times }$ est interne et partout définie dans $\overset{ { \white{ _. } } } { E - \left\lbrace M \left(\dfrac 12\right)\right\rbrace }$ (voir question 3.)
$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ la loi $\overset{ { \white{ _. } } } { \times }$ est associative dans $\overset{ { \white{ _. } } } { E - \left\lbrace M \left(\dfrac 12\right)\right\rbrace }$ car le produit matriciel est associatif.
$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ la loi $\overset{ { \white{ _. } } } { \times }$ est commutative dans $\overset{ { \white{ _. } } } { E - \left\lbrace M \left(\dfrac 12\right)\right\rbrace }$ .
${ \white{ xxi } }$ En effet, $\overset{ { \white{ _. } } } { \forall\,x\neq \dfrac 12,\forall\,y\neq \dfrac 12 , }$

${ \white{ xxi } }$ $M(x)M(y)=M(x+y-2xy) \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ M(x)M(y)}=M(y+x-2yx) } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ M(x)M(y)}=M(y)M(x)} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\forall\,\Big(M(x),M(y)\Big)\in \left[E - \left\lbrace M \left(\dfrac 12\right)\right\rbrace\right]^2:\,M(x)M(y)=M(y)M(x)}$

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ la loi $\overset{ { \white{ _. } } } { \times }$ admet un élément neutre dans $\overset{ { \white{ . } } } { E - \left\lbrace M \left(\dfrac 12\right)\right\rbrace }$ .
En effet, l'élément neutre $\overset{ { \white{ _. } } } { I }$ de $\overset{ { \white{ _. } } } { M_3(\R) }$ appartient à    $\overset{ { \white{ . } } } { E - \left\lbrace M \left(\dfrac 12\right)\right\rbrace }$ car pour $\overset{ { \white{ . } } } { x=0\neq\dfrac 12,\quad M(0)=I+0\,A=I }$ .

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Tout élément de $\overset{ { \white{ . } } } { E - \left\lbrace M \left(\dfrac 12\right)\right\rbrace }$ est symétrisable .
Pour tout $\overset{ { \white{ _. } } } { x\neq\dfrac 12 }$ , déterminons le réel $\overset{ { \white{ _. } } } { x'\neq\dfrac 12 }$ tel que $\overset{ { \white{ _. } } } { M(x)M(x')=I }$

${ \white{ xxi } }$ $M(x)M(x')=I\quad\Longleftrightarrow\quad M(x)M(x')=M(0) \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ M(x)M(x')=I}\quad\Longleftrightarrow\quad M(x+x'-2xx')=M(0) } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ M(x)M(x')=I}\quad\Longleftrightarrow\quad x+x'-2xx'=0 } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ M(x)M(x')=I}\quad\Longleftrightarrow\quad x'-2xx'=-x }$
${ \white{ xxi } }$ $.\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ M(x)M(x')=I}\quad\Longleftrightarrow\quad x'(1-2x)=-x } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ M(x)M(x')=I}\quad\Longleftrightarrow\quad x'=\dfrac{-x}{1-2x} }$

Montrons que $\overset{ { \white{ _. } } } {x'\neq\dfrac 12 }$

En effet, si $\overset{ { \white{ _. } } } {x'=\dfrac 12 }$ , alors nous aurions :

${ \white{ xxi } }$ $x'=\dfrac 12\quad\Longleftrightarrow\quad \dfrac{-x}{1-2x}=\dfrac 12 \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ x'=\dfrac 12}\quad\Longleftrightarrow\quad-2x=1-2x } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ x'=1}\quad\Longleftrightarrow\quad-2x+2x=1 } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ x'=1}\quad\Longleftrightarrow\quad{\red{0=1\quad\text{ce qui est impossible.}}} }$

Donc nous avons bien $\overset{ { \white{ _. } } } {x'\neq\dfrac 12 }$

Par conséquent

$\overset{ { \white{ _. } } } { \boxed{\forall\,M(x)\in E - \left\lbrace M \left(\dfrac 12\right)\right\rbrace, \exists M(x')=M\left(\dfrac{-x}{1-2x}\right)\in E - \left\lbrace M \left(\dfrac 12\right)\right\rbrace:\,M(x)M(x')=I} }$
Par la commutativité de la loi $\overset{ { \white{ _. } } } { \times }$ , nous obtenons $\overset{ { \white{ _. } } } { \boxed{\,M(x)M(x')=M(x')M(x)=I} }$ .

Nous avons donc montré que $\overset{ { \white{ _. } } } { \left( E - \left\lbrace M \left(\dfrac 12\right)\right\rbrace , \times \right) }$ est un groupe commutatif.

5. On munit $\overset{ { \white{ _. } } } { E }$ de la loi de composition interne $\overset{ { \white{ _. } } } { \top }$ définie par :

$\overset{ { \white{ _. } } } { \forall (x, y) \in \mathbb{R}^2 ; \quad M(x)\,\top\, M(y) = M \left( x + y - \dfrac{1}{2} \right) }$ et on considère l'application $\overset{ { \white{ _. } } } { \varphi }$ définie de $\overset{ { \white{ _. } } } { \R }$ vers $\overset{ { \white{ _. } } } { E }$ par : $\overset{ { \white{ _. } } } { \forall x \in \mathbb{R}\; ; \;\varphi(x) = M \left( \dfrac{1 - x}{2} \right) }$ .

5. a) Nous devons montrer que $\overset{ { \white{ _. } } } { \varphi }$ est un homomorphisme de $\overset{ { \white{ _. } } } { (\mathbb{R}, +) }$ vers $\overset{ { \white{ _. } } } { (E, \top) }$ et que $\overset{ { \white{ _. } } } { \varphi(\mathbb{R}) = E }$ .

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Montrons que $\overset{ { \white{ _. } } } { \varphi }$ est un homomorphisme de $\overset{ { \white{ _. } } } { (\mathbb{R}, +) }$ vers $\overset{ { \white{ _. } } } { (E, \top) }$

Vérifions que $\overset{ { \white{ _. } } } { \forall\,(x\;;\;y)\in\R^2\;;\;\varphi(x+y)=\varphi(x)\,\top\, \varphi(y) }$

En effet, $\overset{ { \white{ _. } } } { \forall\,(x\;;\;y)\in\R^2 }$ ,

${ \white{ xxi } }$ $\begin{cases} \varphi(x+y)=M\left(\dfrac{1-(x+y)}{2}\right)\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \varphi(x+y) } }={\red{M\left(\dfrac{1-x-y}{2}\right)}}\\\varphi(x)\,\top\,\varphi(y)=M\left(\dfrac{1-x}{2}\right)\,\top\, M\left(\dfrac{1-y}{2}\right)\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \varphi(x)\,\top\,\varphi(y) }=M\left(\dfrac{1-x}{2}+\dfrac{1-y}{2}-\dfrac 12\right) }\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \varphi(x)\,\top\,\varphi(y) }={\red{M\left(\dfrac{1-x-y}{2}\right)}} }\end{cases}$

${ \white{ xxi } }$ $\\\\\Longrightarrow\quad\boxed{ \forall\,(x\;;\;y)\in\R^2 \;;\; \varphi(x+y)=\varphi(x)\top\varphi(y)}$

Par conséquent, $\overset{ { \white{ _. } } } { \varphi }$ est un homomorphisme de $\overset{ { \white{ _. } } } { (\mathbb{R}, +) }$ vers $\overset{ { \white{ _. } } } { (E, \top) }$

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Montrons que $\overset{ { \white{ _. } } } { \varphi(\mathbb{R}) = E }$ .

Nous devons donc montrer que l'application $\overset{ { \white{ _. } } } { \varphi }$ est une bijection.

Donc pour tout $\overset{ { \white{ _. } } } { M(y)\in\,E }$ , nous devons montrer qu'il existe un et un seul réel $\overset{ { \white{ _. } } } { x }$ tel que $\overset{ { \white{ _. } } } { \varphi(x)=M(y) }$ .

Nous obtenons :

${ \white{ xxi } }$ $\varphi(x)=M(y)\quad\Longleftrightarrow\quad M\left(\dfrac{1-x}{2}\right)=M(y) \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \varphi(x)=M(y)}\quad\Longleftrightarrow\quad \dfrac{1-x}{2}=y } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \varphi(x)=M(y)}\quad\Longleftrightarrow\quad 1-x=2y } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \varphi(x)=M(y)}\quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{x=1-2y} }$

Donc $\overset{ { \white{ _. } } } { \forall\, M(y)\in\,E, \exists\, !\, x\in\R : \varphi(x)=M(y) }$ .
Dès lors, l'application $\overset{ { \white{ _. } } } { \varphi }$ est une bijection.

Nous avons donc montré que $\overset{ { \white{ _. } } } { \varphi(\mathbb{R}) = E }$ .

5. b) Nous devons en déduire que $\overset{ { \white{ _. } } } {(E,\top) }$ est un groupe commutatif.

Nous venons de montrer que $\overset{ { \white{ _. } } } { \varphi(\mathbb{R}) = E }$ et nous savons que $\overset{ { \white{ _. } } } { \varphi }$ est un homomorphisme de $\overset{ { \white{ _. } } } { (\mathbb{R}, +) }$ vers $\overset{ { \white{ _. } } } { (E, \top) }$
De plus nous savons que $\overset{ { \white{ _. } } } { (\R,+) }$ est un groupe commutatif.
Or l'image d'un groupe commutatif par un homomorphisme est un groupe commutatif.
Par conséquent, $\overset{ { \white{ _. } } } {(E,\top) }$ est un groupe commutatif.

6. Nous devons montrer que $\overset{ { \white{ _. } } } { (E, \top, \times) }$ est un corps commutatif.

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Montrons que $\overset{ { \white{ _. } } } { (E,\top) }$ est un groupe commutatif.
${ \white{ xx } }$ La démonstration a été rédigée dans la question 5. a).

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Montrons que $\overset{ { \white{ _. } } } { (E-\lbrace\text{élément neutre de }\top\rbrace,\times) }$ est un groupe commutatif.
${ \white{ xx } }$ Nous devons donc déterminer l'élément neutre pour la loi $\overset{ { \white{ _. } } } { \top }$ .
${ \white{ xx } }$ L'image de l'élément neutre par un homomorphisme est l'élément neutre du groupe d'arrivée.
${ \white{ xx } }$ Dès lors, l'élément neutre dans $\overset{ { \white{ _. } } } {(E,\top) }$ est $\overset{ { \white{ _. } } } {\varphi(0)=M\left(\dfrac 12\right) }$ .
${ \white{ xx } }$ Nous devons donc montrer que $\overset{ { \white{ _. } } } { \left(E-\left\lbrace M\left(\dfrac 12\right) \right\rbrace,\times\right) }$ est un groupe commutatif.
${ \white{ xx } }$ La démonstration a été rédigée dans la question 4..

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Montrons que $\overset{ { \white{ _. } } } { \times }$ est distributive par rapport à $\overset{ { \white{ _. } } } { \top }$ .

D'une part, pour tout $\overset{ { \white{ _. } } } { (x\;;\;y\;;\;z)\in\R^3 }$ ,

${ \white{ xxi } }$ $M(x)\times\Big(M(y)\,\top\, M(z)\Big)=M(x)\times M\left(y+z-\dfrac 12\right) \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ M(x)\times\Big(M(y)\,\top\, M(z)\Big)}=M\left(x+y+z-\dfrac 12-2x\Big(y+z-\dfrac 12\Big)\right)} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ M(x)\times\Big(M(y)\,\top\, M(z)\Big)}=M\left(x+y+z-\dfrac 12-2xy-2xz+x\Big)\right)} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ M(x)\times\Big(M(y)\,\top\, M(z)\Big)}=M\left(2x+y+z-2xy-2xz-\dfrac 12\Big)\right)} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{M(x)\times\Big(M(y)\,\top\, M(z)\Big)=M\left(2x+y+z-2xy-2xz-\dfrac 12\Big)\right)}$

D'autre part, pour tout $\overset{ { \white{ _. } } } { (x\;;\;y\;;\;z)\in\R^3 }$ ,

${ \white{ xxi } }$ $\Big(M(x)\times M(y)\Big)\,\top\,\Big(M(x)\times M(z)\Big)=M(x+y-2xy)\,\top\,M(x+z-2xz) \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \Big(M(x)\times M(y)\Big)\,\top\,\Big(M(x)\times M(z)\Big)}=M\left(x+y-2xy+x+z-2xz-\dfrac 12\right) } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \Big(M(x)\times M(y)\Big)\,\top\,\Big(M(x)\times M(z)\Big)}=M\left(2x+y+z-2xy-2xz-\dfrac 12\right) } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\Big(M(x)\times M(y)\Big)\,\top\,\Big(M(x)\times M(z)\Big)=M\left(2x+y+z-2xy-2xz-\dfrac 12\right) }$

Nous en déduisons que :

$\overset{ { \white{ _. } } } { \boxed{\forall\,(x\;;\;y\;;\;z)\in\R^3,\quad M(x)\times\Big(M(y)\,\top\, M(z)\Big)=\Big(M(x)\times M(y)\Big)\,\top\,\Big(M(x)\times M(z)\Big)} }$ .

Par conséquent, la loi $\overset{ { \white{ _. } } } { \times }$ est distributive par rapport à $\overset{ { \white{ _. } } } { \top }$ .

Nous avons alors démontré que $\overset{ { \white{ _. } } } { (E, \top, \times) }$ est un corps commutatif.
_{Merci à Hiphigenie et malou pour l'élaboration de cette contribution.}

Publié par malou le 11-11-2025

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