2022 — Session normale

A.1. Encadrement de $1-x+x^{2}-\frac{1}{x+1}$

Pour $x\ge 0$, posons $h(x)=1-x+x^{2}-\dfrac{1}{x+1}$. En réduisant au même dénominateur :

$$h(x)=\frac{(1-x+x^{2})(x+1)-1}{x+1}=\frac{x+1-x^{2}-x+x^{3}+x^{2}-1}{x+1}=\frac{x^{3}}{x+1}.$$

Pour $x\ge 0$ : $h(x)=\dfrac{x^{3}}{x+1}\ge 0\;$ et $\;h(x)=\dfrac{x^{3}}{x+1}\le x^{3}\;$ (car $x+1\ge 1$).

Donc $\;\boxed{0\le 1-x+x^{2}-\frac{1}{x+1}\le x^{3}}\;$ pour tout $x\ge 0$. ∎

A.2. Encadrement de $x-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}-\ln(1+x)$

Intégrons l'inégalité de A.1 entre $0$ et $x$ ($x\ge 0$) :

$$\int_{0}^{x}0\,dt\le\int_{0}^{x}\!\left(1-t+t^{2}-\frac{1}{t+1}\right)dt\le\int_{0}^{x}t^{3}\,dt,$$

$$\boxed{0\le x-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}-\ln(1+x)\le\frac{x^{4}}{4}}\;\text{pour tout }x\ge 0.\quad∎$$

B.1. a) Continuité à droite en $0$

De A.2, pour $x>0$ : $\;\ln(1+x)\le x-\dfrac{x^{2}}{2}+\dfrac{x^{3}}{3}\;$ et $\;\ln(1+x)\ge x-\dfrac{x^{2}}{2}+\dfrac{x^{3}}{3}-\dfrac{x^{4}}{4}$.

Donc : $\;\dfrac{x^{2}}{2}-\dfrac{x^{3}}{3}\le x-\ln(1+x)\le\dfrac{x^{2}}{2}-\dfrac{x^{3}}{3}+\dfrac{x^{4}}{4}$.

En divisant par $x^{2}>0$ : $\;\dfrac{1}{2}-\dfrac{x}{3}\le f(x)\le\dfrac{1}{2}-\dfrac{x}{3}+\dfrac{x^{2}}{4}$.

Par le théorème des gendarmes : $\;\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}f(x)=\frac{1}{2}=f(0)$. Donc $f$ est continue à droite en $0$. ∎

B.1. b) Dérivabilité à droite en $0$

De l'encadrement précédent : $\;-\dfrac{x}{3}\le f(x)-\dfrac{1}{2}\le -\dfrac{x}{3}+\dfrac{x^{2}}{4}$.

En divisant par $x>0$ : $\;-\dfrac{1}{3}\le\dfrac{f(x)-f(0)}{x}\le -\dfrac{1}{3}+\dfrac{x}{4}$.

Par le théorème des gendarmes : $\;\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}\frac{f(x)-f(0)}{x}=-\frac{1}{3}$.

Donc $f$ est dérivable à droite en $0$ avec $\;\boxed{f'_{d}(0)=-\frac{1}{3}}$. ∎

B.1. c) Limite en $+\infty$

Pour $x>0$ : $\;f(x)=\dfrac{1}{x}-\dfrac{\ln(1+x)}{x^{2}}$. Or $\dfrac{1}{x}\to 0$ et $\dfrac{\ln(1+x)}{x^{2}}\to 0$ (la croissance logarithmique est dominée par tout polynôme).

$$\boxed{\lim_{x\to+\infty}f(x)=0.}$$

Interprétation : l'axe des abscisses $(y=0)$ est asymptote horizontale à $(C)$ en $+\infty$. ∎

B.2. a) Expression de $f'(x)$

Pour $x>0$, $f(x)=\dfrac{x-\ln(1+x)}{x^{2}}$. Par dérivation du quotient :

$$f'(x)=\frac{\left(1-\frac{1}{1+x}\right)x^{2}-2x\bigl(x-\ln(1+x)\bigr)}{x^{4}}=\frac{\frac{x}{1+x}\cdot x^{2}-2x^{2}+2x\ln(1+x)}{x^{4}}.$$

$$f'(x)=\frac{\frac{x^{2}}{1+x}-2x+2\ln(1+x)}{x^{3}}.$$

Or $\dfrac{x^{2}}{1+x}-2x=-x-\dfrac{x}{1+x}$ (vérification : $\frac{x^{2}}{1+x}+x+\frac{x}{1+x}=\frac{x^{2}+x}{1+x}+x=x+x=2x\;$ ✓).

Donc $\;f'(x)=\dfrac{-x-\frac{x}{1+x}+2\ln(1+x)}{x^{3}}=-\dfrac{g(x)}{x^{3}}\;$ avec $\;g(x)=x+\dfrac{x}{x+1}-2\ln(1+x)$. ∎

B.2. b) Encadrement de $g'(x)$

$$g'(x)=1+\frac{(x+1)-x}{(x+1)^{2}}-\frac{2}{1+x}=1+\frac{1}{(x+1)^{2}}-\frac{2}{x+1}=\left(1-\frac{1}{x+1}\right)^{2}=\frac{x^{2}}{(x+1)^{2}}.$$

Pour $x\ge 0$ : $\;g'(x)=\dfrac{x^{2}}{(x+1)^{2}}\ge 0\;$ et $\;g'(x)\le x^{2}\;$ (car $(x+1)^{2}\ge 1$).

$$\boxed{0\le g'(x)\le x^{2}}\;\text{pour tout }x\in I.\quad∎$$

B.2. c) Encadrement de $g(x)$

$g(0)=0+0-0=0$. En intégrant $0\le g'(t)\le t^{2}$ sur $[0,x]$ :

$$0\le g(x)-g(0)\le\frac{x^{3}}{3},\qquad\text{soit}\qquad\boxed{0\le g(x)\le\frac{x^{3}}{3}}\;\text{pour tout }x\in I.\quad∎$$

B.2. d) Sens de variation

Pour $x>0$ : $\;f'(x)=-\dfrac{g(x)}{x^{3}}\le 0\;$ (car $g(x)\ge 0$ et $x^{3}>0$). Avec $f'_{d}(0)=-\frac{1}{3}<0$ :

$f$ est strictement décroissante sur $I$. ∎

B.3. a) Tableau de variations

C.1. Point fixe

Posons $h(x)=f(x)-x$ sur $[0,1]$. La fonction $h$ est continue et :

$$h(0)=\frac{1}{2}>0,\qquad h(1)=f(1)-1=\frac{1-\ln 2}{1}-1=-\ln 2<0.$$

De plus $h'(x)=f'(x)-1<0$ pour tout $x\in\,]0,1[$ (car $f'(x)\le 0$), donc $h$ est strictement décroissante.

Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe un unique $\alpha\in\,]0,1[$ tel que $h(\alpha)=0$, i.e. $\;\boxed{f(\alpha)=\alpha}$. ∎

C.2. a) $u_{n}\in[0,1]$

Par récurrence. $u_{0}=\frac{1}{3}\in[0,1]$. ✓

Si $u_{n}\in[0,1]$ : puisque $f$ est décroissante, $f(1)\le f(u_{n})\le f(0)$, soit $1-\ln 2\le u_{n+1}\le\frac{1}{2}$. Or $0<1-\ln 2$ et $\frac{1}{2}\le 1$, donc $u_{n+1}\in[0,1]$. ✓ ∎

C.2. b) Contraction

Pour $u_{n},\alpha\in\,]0,1[$, le théorème des accroissements finis donne $c$ entre $u_{n}$ et $\alpha$ ($c>0$) tel que :

$$|u_{n+1}-\alpha|=|f(u_{n})-f(\alpha)|=|f'(c)|\,|u_{n}-\alpha|.$$

Or $|f'(c)|=\dfrac{g(c)}{c^{3}}\le\dfrac{c^{3}/3}{c^{3}}=\dfrac{1}{3}$. Donc $\;\boxed{|u_{n+1}-\alpha|\le\frac{1}{3}\,|u_{n}-\alpha|}$. ∎

C.2. c) Récurrence : $|u_{n}-\alpha|\le(1/3)^{n}$

Initialisation : $|u_{0}-\alpha|=|1/3-\alpha|\le 1=(1/3)^{0}\;$ (car $u_{0},\alpha\in[0,1]$). ✓

Hérédité : si $|u_{n}-\alpha|\le(1/3)^{n}$, alors :

$$|u_{n+1}-\alpha|\le\frac{1}{3}\,|u_{n}-\alpha|\le\frac{1}{3}\cdot\left(\frac{1}{3}\right)^{n}=\left(\frac{1}{3}\right)^{n+1}.\quad∎$$

C.2. d) Convergence

Puisque $0\le|u_{n}-\alpha|\le\left(\frac{1}{3}\right)^{n}\to 0$, le théorème des gendarmes donne $\;\boxed{u_{n}\to\alpha}$. ∎

D.1. Dérivabilité de $F$

$F(x)=\displaystyle\int_{x}^{1}f(t)\,dt=-\int_{1}^{x}f(t)\,dt$. Puisque $f$ est continue sur $I$, le théorème fondamental du calcul intégral assure que $F$ est dérivable sur $I$ avec :

$$\boxed{F'(x)=-f(x)}\;\text{pour tout }x\in I.\quad∎$$

D.2. a) Intégration par parties

Posons $u(t)=t-\ln(1+t)$ et $v'(t)=\dfrac{1}{t^{2}}$, d'où $u'(t)=\dfrac{t}{1+t}$ et $v(t)=-\dfrac{1}{t}$.

$$F(x)=\int_{x}^{1}\frac{t-\ln(1+t)}{t^{2}}\,dt=\left[-\frac{t-\ln(1+t)}{t}\right]_{x}^{1}+\int_{x}^{1}\frac{1}{1+t}\,dt.$$

Le crochet vaut $\;-(1-\ln 2)+\dfrac{x-\ln(1+x)}{x}=\ln 2-1+1-\dfrac{\ln(1+x)}{x}=\ln 2-\dfrac{\ln(1+x)}{x}$.

L'intégrale vaut $\;[\ln(1+t)]_{x}^{1}=\ln 2-\ln(1+x)$.

En sommant :

$$\boxed{F(x)=2\ln 2-\frac{\ln(1+x)}{x}-\ln(1+x)=2\ln 2-\left(1+\frac{1}{x}\right)\ln(1+x)}\;\text{pour }x>0.\quad∎$$

D.2. b) Limite et intégrale

$$\lim_{x\to 0^{+}}F(x)=2\ln 2-\lim_{x\to 0^{+}}\left[\ln(1+x)+\frac{\ln(1+x)}{x}\right]=2\ln 2-(0+1)=2\ln 2-1.$$

Puisque $f$ est continue sur $[0,1]$ : $\;\displaystyle\int_{0}^{1}f(t)\,dt=\lim_{x\to 0^{+}}\int_{x}^{1}f(t)\,dt=\lim_{x\to 0^{+}}F(x)$.

$$\boxed{\int_{0}^{1}f(t)\,dt=2\ln 2-1.}\quad∎$$

D.2. c) Aire

Puisque $f(x)\ge 0$ sur $[0,1]$, l'aire mathématique vaut $\displaystyle\int_{0}^{1}f(x)\,dx=2\ln 2-1$.

Avec $|\vec{\imath}\,|=|\vec{\jmath}\,|=2$ cm, l'unité d'aire vaut $4$ cm². Donc :

$$\boxed{\mathcal{A}=4(2\ln 2-1)=8\ln 2-4\;\text{cm}^{2}\approx 1{,}55\;\text{cm}^{2}.}\quad∎$$

E.1. a) Encadrement de $\Delta_{k}$

Puisque $f$ est décroissante, pour $t\in[k,k+1]$ : $f(k+1)\le f(t)\le f(k)$.

En intégrant sur $[k,k+1]$ (intervalle de longueur $1$) : $\;f(k+1)\le\displaystyle\int_{k}^{k+1}f(t)\,dt\le f(k)$.

Donc $\;f(k)-f(k)\le\Delta_{k}\le f(k)-f(k+1)$, soit $\;\boxed{0\le\Delta_{k}\le f(k)-f(k+1)}$. ∎

E.1. b) Encadrement de $S_{n}$

$$S_{n}=\sum_{k=0}^{n-1}\Delta_{k}\ge 0\quad\text{(somme de termes }\ge 0\text{).}$$

$$S_{n}\le\sum_{k=0}^{n-1}\bigl[f(k)-f(k+1)\bigr]=f(0)-f(n)=\frac{1}{2}-f(n)\le\frac{1}{2}\quad\text{(car }f(n)\ge 0\text{).}$$

$$\boxed{0\le S_{n}\le\frac{1}{2}}\;\text{pour tout }n\in\mathbb{N}^{*}.\quad∎$$

E.2. a) Monotonie

$S_{n+1}-S_{n}=\Delta_{n}\ge 0$. Donc $(S_{n})$ est croissante. ∎

E.2. b) Convergence

$(S_{n})$ est croissante et majorée par $\frac{1}{2}$. Par le théorème de la convergence monotone, $(S_{n})$ converge. ∎

E.2. c) Encadrement de la limite

Majoration : $S_{n}\le\frac{1}{2}$ pour tout $n$, donc $\ell=\displaystyle\lim S_{n}\le\frac{1}{2}$.

Minoration : $(S_{n})$ croissante, donc $\ell\ge S_{1}=\Delta_{0}=f(0)-\displaystyle\int_{0}^{1}f(t)\,dt=\frac{1}{2}-(2\ln 2-1)=\frac{3}{2}-2\ln 2$.

$$\boxed{\frac{3}{2}-2\ln 2\le\ell\le\frac{1}{2}.}\quad∎$$

I.1. Propriétés de $j$

$j^{3}=(e^{i2\pi/3})^{3}=e^{i2\pi}=1$. ✓

$j$ est racine de $z^{3}-1=0$. Puisque $z^{3}-1=(z-1)(z^{2}+z+1)$ et $j\ne 1$ : $j^{2}+j+1=0$, soit $\boxed{1+j+j^{2}=0}$. ∎

I.2. a) Discriminant

Avec $a=1,\;b=mj^{2},\;c=m^{2}j$ :

$$\Delta=m^{2}j^{4}-4m^{2}j=m^{2}j(j^{3}-4)=m^{2}j(1-4)=-3m^{2}j.$$

Or $[m(1-j)]^{2}=m^{2}(1-2j+j^{2})=m^{2}(-3j)\;$ (car $j^{2}=-1-j$, donc $1-2j+j^{2}=-3j$).

Donc $\;\boxed{\Delta=[m(1-j)]^{2}}$. ∎

I.2. b) Solutions

En prenant $\sqrt{\Delta}=m(1-j)$ :

$$z=\frac{-mj^{2}\pm m(1-j)}{2}=\frac{m\bigl[-j^{2}\pm(1-j)\bigr]}{2}.$$

Signe $+$ : $-j^{2}+1-j=-(j^{2}+j)+1=-(-1)+1=2$, d'où $\;\boxed{z_{1}=m}$.

Signe $-$ : $-j^{2}-1+j=j+1+j-1=2j$, d'où $\;\boxed{z_{2}=mj}$. ∎

I.3. $(z_{1}+z_{2})^{2022}$ imaginaire pur

Avec $m=1+i$ : $\;z_{1}+z_{2}=m+mj=m(1+j)$.

Or $1+j=-j^{2}=e^{i\pi/3}$ (car $\arg(1+j)=\pi/3$ et $|1+j|=1$).

Donc $(1+j)^{2022}=(e^{i\pi/3})^{2022}=e^{i\cdot 674\pi}=1\;$ (car $674\pi=337\times 2\pi$).

Ainsi $(z_{1}+z_{2})^{2022}=m^{2022}\cdot 1=(1+i)^{2022}$.

Or $(1+i)^{2}=2i$, donc $(1+i)^{2022}=\bigl[(1+i)^{2}\bigr]^{1011}=(2i)^{1011}=2^{1011}\cdot i^{1011}$.

$i^{1011}=i^{4\times 252+3}=i^{3}=-i$. Donc :

$$\boxed{(z_{1}+z_{2})^{2022}=-2^{1011}\,i\;\text{ est bien un nombre imaginaire pur.}}\quad∎$$

II.1. Nature de $\zeta$

$z'=(1+j)z$. Or $1+j=e^{i\pi/3}$ avec $|1+j|=1$.

Donc $\zeta$ est la rotation de centre $O$ et d'angle $\dfrac{\pi}{3}$. ∎

II.2. a) Images par $\zeta$

En utilisant $1+j=-j^{2}$ :

$a'=(1+j)\cdot m=-mj^{2}$. ✓

$b'=(1+j)\cdot mj=-mj^{3}=\boxed{-m}$. ✓

$c'=(1+j)\cdot mj^{2}=-mj^{4}=-mj^{3}\cdot j=\boxed{-mj}$. ✓ ∎

II.2. b) Relation $p+qj+rj^{2}=0$

Les milieux :

$$p=\frac{mj+(-mj^{2})}{2}=\frac{m(j-j^{2})}{2},\quad q=\frac{mj^{2}+(-m)}{2}=\frac{m(j^{2}-1)}{2},\quad r=\frac{m+(-mj)}{2}=\frac{m(1-j)}{2}.$$

$$p+qj+rj^{2}=\frac{m}{2}\bigl[(j-j^{2})+(j^{2}-1)j+(1-j)j^{2}\bigr].$$

Développons le crochet : $\;j-j^{2}+j^{3}-j+j^{2}-j^{3}=0$.

$$\boxed{p+qj+rj^{2}=0.}\quad∎$$

II.2. c) Triangle équilatéral

De $p+qj+rj^{2}=0$ : $\;(p-r)+j(q-r)=r(1+j+j^{2})-p-qj+rj^{2}+\ldots$

Plus directement : $p=-qj-rj^{2}$, donc $p-r=-qj-rj^{2}-r=-qj-r(1+j^{2})=-qj+rj$ (car $1+j^{2}=-j$).

Ainsi $p-r=j(r-q)=-j(q-r)$, d'où :

$$\frac{q-r}{p-r}=\frac{-1}{j}=-\frac{j^{2}}{j^{3}}=-j^{2}=1+j=e^{i\pi/3}.$$

Donc $|QR|=|PR|$ et $\arg\!\left(\dfrac{q-r}{p-r}\right)=\dfrac{\pi}{3}$. Un triangle isocèle avec un angle de $\frac{\pi}{3}$ est équilatéral.

$$\boxed{\text{Le triangle }PQR\text{ est équilatéral.}}\quad∎$$

1. a) Congruence modulo $p$

Puisque $p\mid n$ et $(x+1)^{n}-x^{n}=ny$, on a $p\mid ny$, donc :

$$\boxed{(x+1)^{n}\equiv x^{n}\;[p].}\quad∎$$

1. b) $\text{pgcd}(x,p)=1$ et $\text{pgcd}(x+1,p)=1$

Si $p\mid x$, alors $x^{n}\equiv 0\;[p]$, donc $(x+1)^{n}\equiv 0\;[p]$, d'où $p\mid(x+1)$. Mais alors $p\mid(x+1)-x=1$, ce qui est absurde.

De même, si $p\mid(x+1)$, alors $(x+1)^{n}\equiv 0\;[p]$, donc $x^{n}\equiv 0\;[p]$, d'où $p\mid x$. Même contradiction.

Donc $p$ est premier avec $x$ et avec $x+1$. ∎

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

Par le petit théorème de Fermat, puisque $p$ est premier, $\text{pgcd}(x,p)=1$ et $\text{pgcd}(x+1,p)=1$ :

$$x^{p-1}\equiv 1\;[p]\quad\text{et}\quad(x+1)^{p-1}\equiv 1\;[p].$$

Donc $\;\boxed{(x+1)^{p-1}\equiv x^{p-1}\equiv 1\;[p]}$. ∎

2. Cas $n$ pair

Si $n$ est pair, le plus petit diviseur premier de $n$ est $p=2$.

De 1.c : $(x+1)^{1}\equiv x^{1}\;[2]$, soit $x+1\equiv x\;[2]$, c'est-à-dire $1\equiv 0\;[2]$. Contradiction.

Donc $(E_{n})$ n'admet pas de solutions dans $\mathbb{Z}^{2}$ si $n$ est pair. ∎

3. a) Identité de Bézout

Puisque $n$ est impair, $p\ge 3$. Montrons que $\text{pgcd}(n,p-1)=1$ :

Si $d=\text{pgcd}(n,p-1)>1$, alors $d$ possède un diviseur premier $q$. On aurait $q\mid n$ et $q\le d\le p-1<p$, ce qui contredit $p$ plus petit diviseur premier de $n$.

Par le théorème de Bézout, il existe $(u,v)\in\mathbb{Z}^{2}$ tel que $\;\boxed{nu+(p-1)v=1}$. ∎

3. b) Vérification

Division euclidienne : $u=q(p-1)+r$ avec $0\le r\le p-2$.

$$nu+(p-1)v=n\bigl[q(p-1)+r\bigr]+(p-1)v=nr+(p-1)(nq+v)=1.$$

Donc $\;\boxed{nr=1-(p-1)(v+nq)}$. ∎

3. c) $v'\ge 0$

Avec $v'=-(v+nq)$, on a $nr=1+(p-1)v'$.