2023 — Session normale

1) a) Encadrement de \(\dfrac{1}{1+t}\)

Pour tout \(t\ge0\), on compare les trois expressions.

Inégalité de gauche : \(\dfrac{4}{(2+t)^{2}}\le\dfrac{1}{1+t}\) équivaut à \(4(1+t)\le(2+t)^{2}=4+4t+t^{2}\), soit \(4+4t\le4+4t+t^{2}\), c'est-à-dire \(t^{2}\ge0\). C'est vrai pour tout \(t\ge0\). ✓

Inégalité de droite : \(\dfrac{1}{1+t}\le\dfrac{1}{2}\!\left(1+\dfrac{1}{(1+t)^{2}}\right)\). Posons \(u=1+t\ge1\). On doit montrer \(\dfrac{1}{u}\le\dfrac{1}{2}\!\left(1+\dfrac{1}{u^{2}}\right)=\dfrac{u^{2}+1}{2u^{2}}\), soit \(2u\le u^{2}+1\), c'est-à-dire \((u-1)^{2}\ge0\). C'est toujours vrai. ✓ ∎

1) b) Encadrement de \(\ln(1+x)\)

On intègre les trois membres de l'encadrement de la question 1)a) entre \(0\) et \(x\) (avec \(x\ge0\)). Comme les fonctions sont continues et l'intégrale conserve l'ordre : \[\int_{0}^{x}\frac{4}{(2+t)^{2}}\,dt\le\int_{0}^{x}\frac{1}{1+t}\,dt\le\int_{0}^{x}\frac{1}{2}\!\left(1+\frac{1}{(1+t)^{2}}\right)dt.\]

Terme central : \(\displaystyle\int_{0}^{x}\frac{dt}{1+t}=\ln(1+x)\).

Terme de gauche : \(\displaystyle\int_{0}^{x}\frac{4}{(2+t)^{2}}\,dt=\left[-\frac{4}{2+t}\right]_{0}^{x}=-\frac{4}{2+x}+2=\frac{2x}{2+x}\).

Terme de droite : \(\displaystyle\int_{0}^{x}\frac{1}{2}\!\left(1+\frac{1}{(1+t)^{2}}\right)dt=\frac{1}{2}\!\left[t-\frac{1}{1+t}\right]_{0}^{x}=\frac{1}{2}\!\left(x-\frac{1}{1+x}+1\right)=\frac{1}{2}\cdot\frac{x^{2}+2x}{1+x}\).

D'où \(\;\displaystyle\frac{2x}{2+x}\le\ln(1+x)\le\frac{x^{2}+2x}{2(1+x)}\;\) pour tout \(x\ge0\). ∎

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

On a \(g(x)=\dfrac{\ln(1+x)}{x}\) pour \(x>0\). On divise l'encadrement de 1)b) par \(x>0\) : \[\frac{2}{2+x}\le\frac{\ln(1+x)}{x}\le\frac{x+2}{2(1+x)},\] c'est-à-dire \(\dfrac{2}{2+x}\le g(x)\le\dfrac{x+2}{2(1+x)}\). On soustrait \(1\) : \[\frac{2}{2+x}-1\le g(x)-1\le\frac{x+2}{2(1+x)}-1,\] soit \(\dfrac{-x}{2+x}\le g(x)-1\le\dfrac{-x}{2(1+x)}\). On divise par \(x>0\) : \[\frac{-1}{2+x}\le\frac{g(x)-1}{x}\le\frac{-1}{2(1+x)}.\] Quand \(x\to0^{+}\), les deux bornes tendent vers \(-\dfrac{1}{2}\). Par le théorème des gendarmes : \[\boxed{\lim_{\substack{x\to0\\x>0}}\frac{g(x)-1}{x}=-\frac{1}{2}.} ∎\]

1) Limite en \(+\infty\)

Pour \(x>0\) : \(f(x)=\dfrac{\ln(1+x)}{x}\,e^{-x}\). Or \(\ln(1+x)\le x+1\) (par concavité du logarithme), donc \[0

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

2) a) Continuité à droite en \(0\)

\(\displaystyle\lim_{x\to0^{+}}f(x)=\lim_{x\to0^{+}}g(x)\,e^{-x}=1\times e^{0}=1=f(0)\) (car \(g(x)\to1\) d'après I-1)b) par les gendarmes). Donc \(f\) est continue à droite en \(0\). ∎

2) b) Identité du taux d'accroissement

Pour \(x>0\) : \[\frac{f(x)-1}{x}=\frac{g(x)e^{-x}-1}{x}=\frac{g(x)e^{-x}-g(x)+g(x)-1}{x}=g(x)\cdot\frac{e^{-x}-1}{x}+\frac{g(x)-1}{x}.\] C'est l'identité demandée. ∎

2) c) Dérivabilité à droite en \(0\)

Quand \(x\to0^{+}\) : \[\frac{e^{-x}-1}{x}\to-1\quad(\text{taux de } e^{-x} \text{ en } 0),\qquad g(x)\to1,\qquad\frac{g(x)-1}{x}\to-\frac{1}{2}\quad(\text{partie I-2}).\] Donc \(\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}\to1\times(-1)+\Big(-\dfrac{1}{2}\Big)=-\dfrac{3}{2}\). Ainsi \(f\) est dérivable à droite en \(0\) et \(\boxed{f'_{d}(0)=-\dfrac{3}{2}}\). ∎

3) \(f'\) sur \(]0,+\infty[\)

Pour \(x>0\), \(f(x)=\dfrac{\ln(1+x)}{x}\,e^{-x}\). On dérive le produit \(\dfrac{\ln(1+x)}{x}\cdot e^{-x}\) : \[\left(\frac{\ln(1+x)}{x}\right)'=\frac{\frac{x}{1+x}-\ln(1+x)}{x^{2}}=\frac{x-(1+x)\ln(1+x)}{x^{2}(1+x)}.\] Par la règle du produit : \[f'(x)=\frac{x-(1+x)\ln(1+x)}{x^{2}(1+x)}\,e^{-x}+\frac{\ln(1+x)}{x}\cdot(-e^{-x}).\] On factorise \(\dfrac{e^{-x}}{x^{2}(1+x)}\) : \[f'(x)=\frac{e^{-x}}{x^{2}(1+x)}\Big[x-(1+x)\ln(1+x)-x(1+x)\ln(1+x)\Big]=\frac{e^{-x}}{x^{2}(1+x)}\Big[x-(1+x)^{2}\ln(1+x)\Big].\] D'où \(\;\displaystyle f'(x)=\frac{x-(1+x)^{2}\ln(1+x)}{x^{2}(1+x)}\,e^{-x}\). ∎

4) a) Encadrement du facteur rationnel

Posons \(h(x)=\dfrac{x-(1+x)^{2}\ln(1+x)}{x^{2}(1+x)}\) pour \(x>0\).

Borne droite \(h(x)<0\) : pour \(x>0\), \(\ln(1+x)>0\) et \((1+x)^{2}>1\), donc \((1+x)^{2}\ln(1+x)>\ln(1+x)\). Or l'encadrement de I-1)b) donne \(\ln(1+x)\ge\dfrac{2x}{2+x}>0\) pour \(x>0\), donc \((1+x)^{2}\ln(1+x)>x\) (car \((1+x)^{2}\cdot\dfrac{2x}{2+x}\ge x\) se vérifie en développant). Ainsi le numérateur \(x-(1+x)^{2}\ln(1+x)<0\), et \(h(x)<0\).

Borne gauche \(h(x)>-\dfrac{3}{2}\) : on utilise la borne droite de I-1)b), \(\ln(1+x)\le\dfrac{x^{2}+2x}{2(1+x)}\) : \[(1+x)^{2}\ln(1+x)\le(1+x)^{2}\cdot\frac{x^{2}+2x}{2(1+x)}=\frac{(1+x)(x^{2}+2x)}{2}=\frac{x(1+x)(x+2)}{2}.\] Donc le numérateur vérifie : \[x-(1+x)^{2}\ln(1+x)\ge x-\frac{x(1+x)(x+2)}{2}=x\!\left(1-\frac{(1+x)(x+2)}{2}\right)=x\cdot\frac{2-x^{2}-3x-2}{2}=\frac{-x^{2}(x+3)}{2}.\] Alors \(h(x)\ge\dfrac{-x^{2}(x+3)}{2x^{2}(1+x)}=\dfrac{-(x+3)}{2(1+x)}\). Or \(\dfrac{x+3}{2(1+x)}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{1+x}<\dfrac{3}{2}\), donc \(h(x)>-\dfrac{3}{2}\). ∎

4) b) Encadrement de \(f'(x)\)

Comme \(e^{-x}>0\) pour tout \(x\), on a \(f'(x)=h(x)\,e^{-x}\) avec \(-\dfrac{3}{2}

5) a) Tableau de variations

D'après 4)b), \(f'(x)<0\) pour tout \(x>0\) et \(f'_{d}(0)=-\dfrac{3}{2}<0\). Donc \(f\) est strictement décroissante sur \([0,+\infty[\).

5) b) Construction de \((C)\)

Éléments de tracé : \(f(0)=1\), demi-tangente à droite de pente \(-\dfrac{3}{2}\) ; \(f\) strictement décroissante de \(1\) à \(0\) ; asymptote horizontale \(y=0\) en \(+\infty\) ; \(f(x)>0\) pour tout \(x\ge0\). La courbe part du point \((0,1)\) et descend vers l'axe des abscisses sans le toucher.

1) Unicité de \(\alpha\)

Posons \(\varphi(x)=f(x)-3x\) sur \(]0,+\infty[\). On a \(\varphi'(x)=f'(x)-3<0-3<0\) (car \(f'(x)<0\) sur \(]0,+\infty[\)), donc \(\varphi\) est strictement décroissante.

De plus \(\displaystyle\lim_{x\to0^{+}}\varphi(x)=f(0)-0=1>0\) et \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\varphi(x)=0-\infty=-\infty<0\). Par le théorème des valeurs intermédiaires (et la stricte décroissance), l'équation \(\varphi(x)=0\), c'est-à-dire \(f(x)=3x\), admet une unique solution \(\alpha\in\,]0,+\infty[\). ∎

2) a) \(u_{n}\ge0\)

Par récurrence. \(u_{0}=\beta\ge0\). Si \(u_{n}\ge0\), alors \(f(u_{n})\ge0\) (car \(f\ge0\) sur \([0,+\infty[\)), donc \(u_{n+1}=\dfrac{1}{3}f(u_{n})\ge0\). D'où \(u_{n}\ge0\) pour tout \(n\). ∎

2) b) Contraction

Posons \(\psi(x)=\dfrac{1}{3}f(x)\). Alors \(\psi(\alpha)=\dfrac{1}{3}f(\alpha)=\dfrac{1}{3}\cdot3\alpha=\alpha\) et \(\psi'(x)=\dfrac{1}{3}f'(x)\). D'après 4)b), \(-\dfrac{3}{2}0\).

Par le théorème des accroissements finis sur l'intervalle d'extrémités \(u_{n}\) et \(\alpha\), il existe \(c\) entre eux tel que \[|u_{n+1}-\alpha|=|\psi(u_{n})-\psi(\alpha)|=|\psi'(c)|\,|u_{n}-\alpha|\le\frac{1}{2}\,|u_{n}-\alpha|. ∎\]

2) c) Par récurrence

Initialisation : \(|u_{0}-\alpha|=|\beta-\alpha|=\dfrac{1}{2^{0}}\,|\beta-\alpha|\). ✓

Hérédité : supposons \(|u_{n}-\alpha|\le\dfrac{1}{2^{n}}\,|\beta-\alpha|\). D'après 2)b) : \[|u_{n+1}-\alpha|\le\frac{1}{2}\,|u_{n}-\alpha|\le\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2^{n}}\,|\beta-\alpha|=\frac{1}{2^{n+1}}\,|\beta-\alpha|.\] La propriété est héréditaire. ∎

2) d) Convergence

\(0\le|u_{n}-\alpha|\le\dfrac{|\beta-\alpha|}{2^{n}}\xrightarrow[n\to+\infty]{}0\). Par le théorème des gendarmes, \(|u_{n}-\alpha|\to0\), c'est-à-dire \(\boxed{u_{n}\to\alpha}\). ∎

1) a) Théorème des accroissements finis

La fonction \(t\mapsto e^{t}\) est continue sur \(\Big[\dfrac{k}{n},\dfrac{k+1}{n}\Big]\) et dérivable sur l'intervalle ouvert. Par le TAF, il existe \(c_{k}\in\Big]\dfrac{k}{n},\dfrac{k+1}{n}\Big[\) tel que \[e^{(k+1)/n}-e^{k/n}=e^{c_{k}}\!\left(\frac{k+1}{n}-\frac{k}{n}\right)=\frac{1}{n}\,e^{c_{k}}. ∎\]

1) b) Distance \(M_{k}M_{k+1}\)

\(M_{k}\Big(\dfrac{k}{n},e^{k/n}\Big)\) et \(M_{k+1}\Big(\dfrac{k+1}{n},e^{(k+1)/n}\Big)\), donc \[M_{k}M_{k+1}=\sqrt{\left(\frac{1}{n}\right)^{2}+\left(e^{(k+1)/n}-e^{k/n}\right)^{2}}=\sqrt{\frac{1}{n^{2}}+\frac{e^{2c_{k}}}{n^{2}}}=\frac{1}{n}\sqrt{1+e^{2c_{k}}}. ∎\]

1) c) Encadrement de \(M_{k}M_{k+1}\)

Comme \(\dfrac{k}{n}

2) a) Encadrement de \(S_{n}\)

On somme l'encadrement de 1)c) pour \(k=0,1,\dots,n-1\) : \[\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\sqrt{1+e^{2k/n}}\le\sum_{k=0}^{n-1}M_{k}M_{k+1}\le\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\sqrt{1+e^{2(k+1)/n}}.\] La somme de droite se réindexe en \(\dfrac{1}{n}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\sqrt{1+e^{2k/n}}\). D'où l'encadrement. ∎

2) b) Limite de \(S_{n}\)

Posons \(\varphi(x)=\sqrt{1+e^{2x}}\), continue sur \([0,1]\). Les deux sommes encadrant \(S_{n}\) sont des sommes de Riemann de \(\varphi\) sur \([0,1]\) : \[\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\varphi\!\left(\frac{k}{n}\right)\le S_{n}\le\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\varphi\!\left(\frac{k}{n}\right).\] Chacune converge vers \(\displaystyle\int_{0}^{1}\varphi(x)\,dx=\int_{0}^{1}\sqrt{1+e^{2x}}\,dx\). Par le théorème des gendarmes : \[\boxed{\lim_{n\to+\infty}S_{n}=\int_{0}^{1}\sqrt{1+e^{2x}}\,dx.} ∎\]

1) a) Formes exponentielles

\(1-i\) : \(|1-i|=\sqrt{2}\), \(\arg(1-i)=-\dfrac{\pi}{4}\). Donc \(1-i=\sqrt{2}\,e^{-i\pi/4}\).

\(1+\sqrt3\,i\) : \(|1+\sqrt3\,i|=\sqrt{1+3}=2\), \(\arg=\dfrac{\pi}{3}\). Donc \(1+\sqrt3\,i=2\,e^{i\pi/3}\). ∎

1) b) Produit

\[\frac{(1-i)(1+\sqrt3\,i)}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}\,e^{-i\pi/4}\cdot 2\,e^{i\pi/3}}{2\sqrt{2}}=\frac{2\sqrt{2}\,e^{i(-\pi/4+\pi/3)}}{2\sqrt{2}}=e^{i\pi/12}. ∎\]

1) c) \(\tan\dfrac{\pi}{12}\)

Calculons le produit directement : \((1-i)(1+\sqrt3\,i)=1+\sqrt3\,i-i-\sqrt3\,i^{2}=(1+\sqrt3)+(\sqrt3-1)i\). Donc \[e^{i\pi/12}=\frac{(1+\sqrt3)+(\sqrt3-1)i}{2\sqrt{2}}.\] La partie réelle est \(\cos\dfrac{\pi}{12}=\dfrac{1+\sqrt3}{2\sqrt{2}}\) et la partie imaginaire est \(\sin\dfrac{\pi}{12}=\dfrac{\sqrt3-1}{2\sqrt{2}}\). Ainsi \[\tan\frac{\pi}{12}=\frac{\sqrt3-1}{1+\sqrt3}=\frac{(\sqrt3-1)^{2}}{(\sqrt3)^{2}-1}=\frac{4-2\sqrt3}{2}=2-\sqrt3. ∎\]

1) d) Forme exponentielle de \(u\)

\(u=1+(2-\sqrt3)i\). Le module : \[|u|=\sqrt{1+(2-\sqrt3)^{2}}=\sqrt{1+4-4\sqrt3+3}=\sqrt{8-4\sqrt3}.\] Or \(8-4\sqrt3=2(4-2\sqrt3)=2(\sqrt3-1)^{2}\), donc \(|u|=(\sqrt3-1)\sqrt{2}=\sqrt6-\sqrt2\).

L'argument : \(\dfrac{u}{|u|}=\dfrac{1+(2-\sqrt3)i}{\sqrt6-\sqrt2}\). On vérifie que \(\dfrac{1}{\sqrt6-\sqrt2}=\dfrac{\sqrt6+\sqrt2}{4}=\dfrac{1+\sqrt3}{2\sqrt{2}}=\cos\dfrac{\pi}{12}\) et \(\dfrac{2-\sqrt3}{\sqrt6-\sqrt2}=\sin\dfrac{\pi}{12}\). Donc \(\arg(u)=\dfrac{\pi}{12}\) et \[\boxed{u=(\sqrt6-\sqrt2)\,e^{i\pi/12}.} ∎\]

2) a) \(x_{n}+iy_{n}=u^{n}\) par récurrence

Initialisation : \(x_{0}+iy_{0}=1+0\cdot i=1=u^{0}\). ✓

Hérédité : supposons \(x_{n}+iy_{n}=u^{n}\). Alors \[x_{n+1}+iy_{n+1}=\big(x_{n}-(2-\sqrt3)y_{n}\big)+i\big((2-\sqrt3)x_{n}+y_{n}\big)=x_{n}+iy_{n}+(2-\sqrt3)i(x_{n}+iy_{n}).\] Car \((2-\sqrt3)i(x_{n}+iy_{n})=(2-\sqrt3)ix_{n}-(2-\sqrt3)y_{n}\). Donc \[x_{n+1}+iy_{n+1}=(x_{n}+iy_{n})\big(1+(2-\sqrt3)i\big)=u^{n}\cdot u=u^{n+1}. ∎\]

2) b) Expressions de \(x_{n}\) et \(y_{n}\)

D'après 1)d), \(u=(\sqrt6-\sqrt2)\,e^{i\pi/12}\), donc \[u^{n}=(\sqrt6-\sqrt2)^{n}\,e^{in\pi/12}=(\sqrt6-\sqrt2)^{n}\!\left(\cos\frac{n\pi}{12}+i\sin\frac{n\pi}{12}\right).\] Or \(\sqrt6-\sqrt2=\sqrt{2}(\sqrt3-1)\) et \(\cos\dfrac{\pi}{12}=\dfrac{1+\sqrt3}{2\sqrt{2}}\), donc \(\sqrt6-\sqrt2=\dfrac{1}{\cos(\pi/12)}\) (vérifions : \(\dfrac{1}{\cos(\pi/12)}=\dfrac{2\sqrt{2}}{1+\sqrt3}=\dfrac{2\sqrt{2}(\sqrt3-1)}{2}=\sqrt{2}(\sqrt3-1)=\sqrt6-\sqrt2\) ✓). Ainsi \[x_{n}=\frac{\cos\!\big(\frac{n\pi}{12}\big)}{\big(\cos\frac{\pi}{12}\big)^{n}}\qquad\text{et}\qquad y_{n}=\frac{\sin\!\big(\frac{n\pi}{12}\big)}{\big(\cos\frac{\pi}{12}\big)^{n}}. ∎\]

3) a) Collinéarité de \(O\), \(A_{0}\), \(A_{n}\)

\(A_{0}\) a pour affixe \(u^{0}=1\) et \(A_{n}\) a pour affixe \(u^{n}\). Les points \(O\), \(A_{0}\), \(A_{n}\) sont alignés si et seulement si \(\dfrac{u^{n}}{1}=u^{n}\) est réel, c'est-à-dire \(\sin\dfrac{n\pi}{12}=0\), soit \(\dfrac{n\pi}{12}=k\pi\), c'est-à-dire \(n=12k\) avec \(k\in\mathbb N\).

Les entiers \(n\ge0\) cherchés sont \(\boxed{n\in\{0,12,24,\dots\}=12\mathbb N}\). ∎

3) b) Triangle \(OA_{n}A_{n+1}\) rectangle en \(A_{n}\)

On calcule \(\dfrac{u^{n+1}-u^{n}}{0-u^{n}}=\dfrac{u^{n}(u-1)}{-u^{n}}=-(u-1)=1-u=-(2-\sqrt3)i\). Ce quotient est imaginaire pur (non nul), donc les vecteurs \(\overrightarrow{A_{n}A_{n+1}}\) et \(\overrightarrow{A_{n}O}\) sont orthogonaux : le triangle \(OA_{n}A_{n+1}\) est rectangle en \(A_{n}\). ∎

1) a) Petit théorème de Fermat

\(p\) est premier et \(\gcd(2,p)=1\) (car \(p\) est impair). Par le petit théorème de Fermat, \(2^{p-1}\equiv1\ [p]\). ∎

1) b) Racine carrée de \(1\) modulo \(p\)

Posons \(a=2^{(p-1)/2}\). Alors \(a^{2}=2^{p-1}\equiv1\ [p]\), donc \(p\mid a^{2}-1=(a-1)(a+1)\). Comme \(p\) est premier, \(p\mid(a-1)\) ou \(p\mid(a+1)\), c'est-à-dire \(a\equiv1\ [p]\) ou \(a\equiv-1\ [p]\). ∎

2) a) \(\gcd(p,x)=1\)

Si \(x^{2}\equiv2\ [p]\), supposons \(p\mid x\). Alors \(x^{2}\equiv0\ [p]\), donc \(2\equiv0\ [p]\), soit \(p\mid2\). Or \(p\) est premier impair, donc \(p\ge3\) : contradiction. Ainsi \(p\nmid x\), et comme \(p\) est premier, \(\gcd(p,x)=1\). ∎

2) b) \(2^{(p-1)/2}\equiv1\ [p]\)

Comme \(\gcd(p,x)=1\), Fermat donne \(x^{p-1}\equiv1\ [p]\). Or \(x^{2}\equiv2\ [p]\), donc \[x^{p-1}=(x^{2})^{(p-1)/2}\equiv2^{(p-1)/2}\ [p].\] Ainsi \(2^{(p-1)/2}\equiv1\ [p]\). ∎

3) \(p\mid\binom{p}{k}\) pour \(k\in\{1,\dots,p-1\}\)

On utilise l'identité \(k\binom{p}{k}=p\binom{p-1}{k-1}\). Donc \(p\mid k\binom{p}{k}\). Or \(1\le k\le p-1\) et \(p\) premier impliquent \(\gcd(p,k)=1\). Par le lemme de Gauss, \(p\mid\binom{p}{k}\). ∎

4) a) Formule de Moivre

\(1+i=\sqrt{2}\,e^{i\pi/4}\), donc par Moivre : \[(1+i)^{p}=(\sqrt{2})^{p}\,e^{ip\pi/4}=2^{p/2}\!\left(\cos\frac{p\pi}{4}+i\sin\frac{p\pi}{4}\right). ∎\]

4) b) Congruence et intégrité

Par le binôme de Newton, \((1+i)^{p}=\displaystyle\sum_{j=0}^{p}\binom{p}{j}i^{j}\). En séparant les puissances paires et impaires de \(i\), on obtient l'expression admise. D'après la question 3, pour \(1\le j\le p-1\), \(p\mid\binom{p}{j}\). Les termes de la somme réelle pour \(k\ge1\) sont donc divisibles par \(p\). Le terme \(k=0\) vaut \(\binom{p}{0}=1\). Donc la partie réelle \(\displaystyle\sum_{k=0}^{(p-1)/2}(-1)^{k}\binom{p}{2k}\equiv1\ [p]\).

Or cette somme est un entier (combinaison de coefficients binomiaux entiers) et elle égale \(2^{p/2}\cos\!\left(\dfrac{p\pi}{4}\right)\). Donc \(2^{p/2}\cos\!\left(\dfrac{p\pi}{4}\right)\in\mathbb Z\) et \(2^{p/2}\cos\!\left(\dfrac{p\pi}{4}\right)\equiv1\ [p]\). ∎

5) Cas \(p\equiv5\ [8]\)

Si \(p\equiv5\ [8]\), alors \(\dfrac{p\pi}{4}=\dfrac{(8q+5)\pi}{4}=2q\pi+\dfrac{5\pi}{4}\), donc \(\cos\!\left(\dfrac{p\pi}{4}\right)=\cos\!\left(\dfrac{5\pi}{4}\right)=-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\). Alors \[2^{p/2}\cos\frac{p\pi}{4}=-\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot2^{p/2}=-2^{(p-1)/2}.\] D'après 4)b), cet entier est \(\equiv1\ [p]\), donc \(2^{(p-1)/2}\equiv-1\ [p]\). D'après 2)b), si \((E)\) avait une solution, on aurait \(2^{(p-1)/2}\equiv1\ [p]\), ce qui contredit \(\equiv-1\ [p]\) (car \(p\ge5\) donc \(1\not\equiv-1\ [p]\)).

1) Sous-groupe

\(O=M(0,0)\in E\), donc \(E\neq\varnothing\). Pour \(M(x,y),\,M(x',y')\in E\) : \[M(x,y)-M(x',y')=\begin{pmatrix}(x-x')+(y-y')&y-y'\\2(y-y')&(x-x')-(y-y')\end{pmatrix}=M(x-x',y-y')\in E.\] Par le critère de sous-groupe, \((E,+)\) est un sous-groupe de \((\mathcal M_{2}(\mathbb R),+)\). ∎

2) Sous-espace vectoriel

\(E\) est un sous-groupe de \((\mathcal M_{2}(\mathbb R),+)\) et pour tout \(\lambda\in\mathbb R\) et \(M(x,y)\in E\) : \[\lambda\cdot M(x,y)=\begin{pmatrix}\lambda x+\lambda y&\lambda y\\2\lambda y&\lambda x-\lambda y\end{pmatrix}=M(\lambda x,\lambda y)\in E.\] Donc \(E\) est stable par multiplication scalaire. C'est un sous-espace vectoriel. ∎

3) a) Produit dans \(E\)

\[M(x,y)\times M(x',y')=\begin{pmatrix}x+y&y\\2y&x-y\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x'+y'&y'\\2y'&x'-y'\end{pmatrix}.\] On calcule chaque coefficient : \[\begin{cases}(1,1)&:(x+y)(x'+y')+2yy'=xx'+xy'+x'y+y'y+2yy'=xx'+3yy'+(xy'+x'y)\\(1,2)&:(x+y)y'+y(x'-y')=xy'+yy'+x'y-yy'=xy'+x'y\\(2,1)&:2y(x'+y')+2y'(x-y)=2x'y+2yy'+2xy'-2yy'=2(xy'+x'y)\\(2,2)&:2yy'+(x-y)(x'-y')=2yy'+xx'-xy'-x'y+yy'=xx'+3yy'-(xy'+x'y)\end{cases}\] On reconnaît \(M(xx'+3yy',\,xy'+yx')\). ∎

3) b) Anneau commutatif unitaire

\((E,+)\) est un groupe abélien. Le produit est interne (3)a)), commutatif (car \(xy'+yx'=x'y+y'x\) et \(xx'+3yy'=x'x+3y'y\)). L'unité est \(M(1,0)=I\in E\). L'associativité et la distributivité se déduisent de celles de \(\mathcal M_{2}(\mathbb R)\) (car \(E\) est stable). Donc \((E,+,\times)\) est un anneau commutatif unitaire. ∎

4) a) Diviseurs de zéro

\(M(\sqrt3,1)\times M(-\sqrt3,1)=M(\sqrt3\cdot(-\sqrt3)+3\cdot1\cdot1,\;\sqrt3\cdot1+1\cdot(-\sqrt3))=M(-3+3,\,0)=M(0,0)=O\). ∎

4) b) Pas un corps

\(M(\sqrt3,1)\neq O\) et \(M(-\sqrt3,1)\neq O\), mais leur produit vaut \(O\) : ce sont des diviseurs de zéro. Un corps n'a pas de diviseurs de zéro, donc \((E,+,\times)\) n'est pas un corps. ∎

1) Équivalence

Si \(x=0\) et \(y=0\), alors \(x+y\sqrt3=0\). Réciproquement, si \(x+y\sqrt3=0\) avec \((x,y)\in\mathbb Q^{2}\) (ou plus généralement \(\mathbb R^{2}\)), supposons \(y\neq0\). Alors \(\sqrt3=-x/y\in\mathbb Q\), ce qui est absurde car \(\sqrt3\) est irrationnel. Donc \(y=0\), puis \(x=0\). ∎

2) Sous-groupe

\(1=1+0\cdot\sqrt3\in F\setminus\{0\}\). Pour \(a=x+y\sqrt3\) et \(b=x'+y'\sqrt3\) dans \(F\setminus\{0\}\) : \[a\cdot b^{-1}=\frac{x+y\sqrt3}{x'+y'\sqrt3}=\frac{(x+y\sqrt3)(x'-y'\sqrt3)}{x'^{2}-3y'^{2}}=\frac{xx'-3yy'}{x'^{2}-3y'^{2}}+\frac{yx'-xy'}{x'^{2}-3y'^{2}}\sqrt3.\] Le dénominateur \(x'^{2}-3y'^{2}\neq0\) (sinon \(b=0\) par la question 1). Donc \(ab^{-1}\in F\setminus\{0\}\). Par le critère de sous-groupe, \(F\setminus\{0\}\) est un sous-groupe de \((\mathbb R^{*},\times)\). ∎

3) a) Image de \(\varphi\)

Pour \(a=x+y\sqrt3\in F\setminus\{0\}\), \(\varphi(a)=M(x,y)\). D'après la question 1, \(a\neq0\) implique \((x,y)\neq(0,0)\), donc \(M(x,y)\neq O\). Ainsi \(\varphi(F\setminus\{0\})\subseteq G\setminus\{O\}\). Réciproquement, tout \(M(x,y)\neq O\) est l'image de \(x+y\sqrt3\neq0\). Donc \(\varphi(F\setminus\{0\})=G\setminus\{O\}\). ∎

3) b) Morphisme

Soient \(a=x+y\sqrt3\) et \(b=x'+y'\sqrt3\) dans \(F\setminus\{0\}\). Alors \[ab=(x+y\sqrt3)(x'+y'\sqrt3)=xx'+3yy'+(xy'+yx')\sqrt3.\] Donc \(\varphi(ab)=M(xx'+3yy',\,xy'+yx')\). D'après la question I-3)a), c'est exactement \(M(x,y)\times M(x',y')=\varphi(a)\times\varphi(b)\). Ainsi \(\varphi\) est un morphisme de groupes. ∎

3) c) Groupe commutatif

\(\varphi\) est un morphisme surjectif de \((F\setminus\{0\},\times)\) vers \((G\setminus\{O\},\times)\). Or \((F\setminus\{0\},\times)\) est un groupe commutatif (sous-groupe de \((\mathbb R^{*},\times)\)). L'image d'un groupe (commutatif) par un morphisme surjectif est un groupe (commutatif). Donc \((G\setminus\{O\},\times)\) est un groupe commutatif. ∎

4) Corps commutatif

\((G,+,\times)\) est un anneau commutatif unitaire (Partie I). De plus, tout élément non nul de \(G\) admet un inverse pour \(\times\) (car \((G\setminus\{O\},\times)\) est un groupe). Donc \((G,+,\times)\) est un corps commutatif. ∎