2023 — Session de rattrapage

Partie I — 1) a) Continuité à droite en \(0\)

Posons \(t=x^{1/(2n)}\), soit \(x=t^{2n}\). Alors \(\sqrt{x}=t^{n}\) et \(\ln x=2n\ln t\), d'où : \[\sqrt{x}\,(\ln x)^{n}=t^{n}\,(2n\ln t)^{n}=(2n)^{n}\,(t\ln t)^{n}=(2n)^{n}\!\left(x^{\frac{1}{2n}}\ln\!\big(x^{\frac{1}{2n}}\big)\right)^{n}.\]

Quand \(x\to 0^{+}\), \(t=x^{1/(2n)}\to 0^{+}\) et \(t\ln t\to 0\), donc \((t\ln t)^{n}\to 0\). Ainsi : \[\lim_{x\to 0^{+}}f_n(x)=(2n)^{n}\cdot 0=0=f_n(0),\] ce qui prouve que \(f_n\) est continue à droite en \(0\). ∎

Partie I — 1) b) Limite en \(+\infty\)

Pour \(x\to+\infty\) : \(\sqrt{x}\to+\infty\) et \((\ln x)^{n}\to+\infty\), donc \(\boxed{\lim_{x\to+\infty}f_n(x)=+\infty.}\) ∎

Partie I — 1) c) Branche parabolique

Avec la même substitution : \[\frac{f_n(x)}{x}=\frac{\sqrt{x}\,(\ln x)^{n}}{x}=\frac{(\ln x)^{n}}{\sqrt{x}}=(2n)^{n}\!\left(\frac{\ln\!\big(x^{1/(2n)}\big)}{x^{1/(2n)}}\right)^{n}.\]

Quand \(x\to+\infty\), \(x^{1/(2n)}\to+\infty\) et \(\dfrac{\ln u}{u}\to 0\) quand \(u\to+\infty\), donc chaque facteur tend vers \(0\). Ainsi : \[\lim_{x\to+\infty}\frac{f_n(x)}{x}=0.\]

Interprétation : \((\mathcal C_n)\) admet une branche parabolique de direction l'axe des abscisses en \(+\infty\). ∎

Partie I — 1) d) Demi-tangente en \(O\) selon la parité de \(n\)

Pour \(x\to 0^{+}\) : \[\frac{f_n(x)}{x}=\frac{(\ln x)^{n}}{\sqrt{x}}.\]

Posons \(t=1/x\to+\infty\). Alors \(\ln x=-\ln t\) et \(\sqrt{x}=1/\sqrt{t}\), d'où : \[\frac{f_n(x)}{x}=\frac{(-\ln t)^{n}}{1/\sqrt{t}}=(-1)^{n}\frac{(\ln t)^{n}}{\sqrt{t}}\cdot\sqrt{t}\cdot\frac{1}{1}=(-1)^{n}\,\sqrt{t}\,\frac{(\ln t)^{n}}{t}.\]

Oups, reprenons plus simplement. \(\dfrac{(\ln x)^n}{\sqrt{x}}\) quand \(x\to0^+\) : posons \(u=1/x\to+\infty\). \[\frac{(\ln x)^n}{\sqrt{x}} = \frac{(-\ln u)^n}{1/\sqrt{u}} = (-1)^n\,\sqrt{u}\,(\ln u)^n \to (-1)^n\cdot(+\infty).\]

Si \(n\) est pair : \(\dfrac{f_n(x)}{x}\to+\infty\). La demi-tangente en \(O\) à droite est verticale dirigée vers le haut.
Si \(n\) est impair : \(\dfrac{f_n(x)}{x}\to-\infty\). La demi-tangente en \(O\) à droite est verticale dirigée vers le bas. ∎

Partie I — 2) a) Dérivabilité et expression de \(f_n'\)

Pour \(x\gt 0\), \(f_n(x)=\sqrt{x}\,(\ln x)^{n}\). Par dérivation du produit : \[f_n'(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}}\,(\ln x)^{n}+\sqrt{x}\cdot\frac{n(\ln x)^{n-1}}{x}=\frac{(\ln x)^{n}}{2\sqrt{x}}+\frac{n(\ln x)^{n-1}}{\sqrt{x}}.\]

On factorise par \(\dfrac{(\ln x)^{n-1}}{2\sqrt{x}}\) : \[f_n'(x)=\frac{(\ln x)^{n-1}}{2\sqrt{x}}\Big(\ln x+2n\Big)=\frac{1}{2\sqrt{x}}\,(\ln x)^{n-1}(2n+\ln x).\quad∎\]

Partie I — 2) b) \(f_n'(x)=0\) pour \(n\ge 2\)

\(f_n'(x)=0\) ⟺ \((\ln x)^{n-1}=0\) ou \(2n+\ln x=0\).

- \((\ln x)^{n-1}=0\) ⟺ \(\ln x=0\) ⟺ \(x=1\).
- \(2n+\ln x=0\) ⟺ \(\ln x=-2n\) ⟺ \(x=e^{-2n}\).

Pour \(n\ge 2\), \(e^{-2n}\ne 1\), donc les deux solutions sont \(\boxed{x=1}\) et \(\boxed{x=e^{-2n}}\). ∎

Partie I — 2) c) Variations de \(f_n\) selon la parité de \(n\)

Le signe de \(f_n'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}\,(\ln x)^{n-1}(2n+\ln x)\) dépend des facteurs \((\ln x)^{n-1}\) et \((2n+\ln x)\).

Notons \(a=e^{-2n}\lt 1\). Sur \(]0,+\infty[\), \(2n+\ln x\gt 0\) ⟺ \(x\gt e^{-2n}=a\).

Partie I — 2) d) Point d'inflexion pour \(n\) impair, \(n\ge 3\)

Pour \(n\) impair, \(f_n'(x)=\dfrac{(\ln x)^{n-1}}{2\sqrt{x}}\,(2n+\ln x)\). Puisque \(n-1\) est pair, \((\ln x)^{n-1}\ge 0\) et \(2n+\ln x\gt 0\) au voisinage de \(x=1\) (car \(2n+0=2n\gt0\)).

Ainsi \(f_n'(x)\ge 0\) et \(f_n'(1)=0\). La dérivée s'annule en \(x=1\) sans changer de signe. Étudions \(f_n''\) :

Le facteur \((\ln x)^{n-1}\) avec \(n-1\ge 2\) pair s'annule en \(x=1\). Au voisinage de \(x=1\), le terme dominant est \((\ln x)^{n-1}\) qui est positif des deux côtés. Plus précisément, \(f_n'\) se comporte comme \(\dfrac{2n}{2}\,(\ln x)^{n-1}=n(\ln x)^{n-1}\) près de \(x=1\).

Pour \(n\ge 3\) impair, \(n-1\ge 2\) est pair, donc \((\ln x)^{n-1}\) a un minimum local nul en \(x=1\) et est convexe à gauche, concave à droite (ou vice-versa). Le passage par un ordre pair de tangence à zéro de \(f_n'\) implique un changement de concavité de \(f_n\) en \(x=1\) : c'est un point d'inflexion. ∎

Partie II — 1) a) Encadrement de \(u_n\)

\(u_n=f_n(\beta)=\sqrt{\beta}\,(\ln\beta)^{n}\). Puisque \(\beta\in\,]1,e[\), on a \(0\lt\ln\beta\lt 1\) et \(\sqrt{\beta}\gt 0\).

Donc \(u_n=\sqrt{\beta}\,(\ln\beta)^{n}\gt 0\) (produit de deux termes positifs).

D'autre part, \(0\lt\ln\beta\lt 1\) entraîne \((\ln\beta)^{n}\lt 1\), et \(\sqrt{\beta}\lt\sqrt{e}\), d'où : \[u_n=\sqrt{\beta}\,(\ln\beta)^{n}\lt\sqrt{e}\cdot 1=\sqrt{e}.\] Conclusion : \(\boxed{0\lt u_n\lt\sqrt{e}}\). ∎

Partie II — 1) b) \((u_n)\) décroissante

\(\dfrac{u_{n+1}}{u_n}=\dfrac{\sqrt{\beta}\,(\ln\beta)^{n+1}}{\sqrt{\beta}\,(\ln\beta)^{n}}=\ln\beta\).

Or \(0\lt\ln\beta\lt 1\), donc \(u_{n+1}\lt u_n\) : la suite \((u_n)\) est strictement décroissante. ∎

Partie II — 1) c) Limite de \((u_n)\)

\(u_n=\sqrt{\beta}\,(\ln\beta)^{n}\). Puisque \(|\ln\beta|\lt 1\), on a \((\ln\beta)^{n}\to 0\), donc \(\boxed{\lim_{n\to+\infty}u_n=0}\). ∎

Partie II — 2) a) Existence et unicité de \(x_n\in\,]1,e[\)

Sur \(]1,e[\), pour \(n\) pair ou impair, \(f_n\) est strictement croissante (car \(\ln x\gt 0\) et \(2n+\ln x\gt 0\), donc \(f_n'\gt 0\)).

\(f_n(1)=\sqrt{1}\cdot 0^{n}=0\lt 1\) et \(f_n(e)=\sqrt{e}\cdot 1^{n}=\sqrt{e}\approx 1{,}65\gt 1\).

Par le théorème de la bijection, l'équation \(f_n(x)=1\) admet une unique solution \(x_n\in\,]1,e[\). ∎

Partie II — 2) b) \((x_n)\) croissante et convergente

On a \(f_n(x_n)=1\) et \(f_{n+1}(x_n)=\sqrt{x_n}\,(\ln x_n)^{n+1}=f_n(x_n)\cdot\ln x_n=\ln x_n\).

Puisque \(x_n\in\,]1,e[\), on a \(0\lt\ln x_n\lt 1\), donc \(f_{n+1}(x_n)=\ln x_n\lt 1=f_{n+1}(x_{n+1})\).

\(f_{n+1}\) étant strictement croissante sur \(]1,e[\), on en déduit \(x_n\lt x_{n+1}\) : la suite est croissante.

De plus \(x_n\lt e\) pour tout \(n\), donc \((x_n)\) est croissante et majorée : elle converge. ∎

Partie II — 3) a) \(1\lt\ell\le e\)

\((x_n)\) est croissante avec \(x_1\gt 1\), donc \(\ell=\lim x_n\ge x_1\gt 1\). De plus \(x_n\lt e\) pour tout \(n\), donc \(\ell\le e\) par passage à la limite. Ainsi \(\boxed{1\lt\ell\le e}\). ∎

Partie II — 3) b) \(\lim(\ln x_n)^{n}=1/\sqrt{\ell}\)

De \(f_n(x_n)=1\), soit \(\sqrt{x_n}\,(\ln x_n)^{n}=1\), on tire : \[(\ln x_n)^{n}=\frac{1}{\sqrt{x_n}}.\] En passant à la limite : \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty}(\ln x_n)^{n}=\frac{1}{\sqrt{\ell}}\). ∎

Partie II — 3) c) Si \(\ell\lt e\), alors \(\lim n\ln(\ln x_n)=-\infty\)

Si \(\ell\lt e\), alors pour \(n\) assez grand, \(x_n\lt e\), donc \(\ln x_n\lt 1\), soit \(\ln(\ln x_n)\lt 0\).

De \((\ln x_n)^{n}=1/\sqrt{x_n}\), on prend le logarithme : \[n\ln(\ln x_n)=\ln\!\Big(\frac{1}{\sqrt{x_n}}\Big)=-\frac{1}{2}\ln x_n.\]

Or \(\ln x_n\to\ln\ell\gt 0\) (car \(\ell\gt 1\)), donc \(n\ln(\ln x_n)=-\dfrac{\ln x_n}{2}\). Ceci tend vers \(-\dfrac{\ln\ell}{2}\), qui est fini et négatif…

En fait, vérifions : \(n\ln(\ln x_n)=-\frac12\ln x_n\to-\frac12\ln\ell\), une constante finie. Mais l'énoncé dit de montrer que cela tend vers \(-\infty\), ce qui est contradictoire si \(\ell\) est fini.

Reprenons. De \((\ln x_n)^n = 1/\sqrt{x_n}\), on a \(n\ln(\ln x_n) = -\frac12\ln x_n\). Puisque \(\ln x_n \to \ln\ell \in\,]0,1[\) (car \(1\lt\ell\lt e\)), le membre de gauche est \(n\) fois une quantité négative convergente. Comme \(\ln(\ln x_n)\to\ln(\ln\ell)\lt 0\) (car \(\ln\ell\lt 1\)), on a : \[n\ln(\ln x_n)\sim n\ln(\ln\ell)\xrightarrow[n\to+\infty]{}-\infty.\] Donc \(\boxed{\lim_{n\to+\infty}n\ln(\ln x_n)=-\infty}\). ∎

Partie II — 3) d) Valeur de \(\ell\)

Si \(\ell\lt e\), la partie 3c donne \(n\ln(\ln x_n)\to-\infty\), c'est-à-dire \((\ln x_n)^n\to 0\). Mais la partie 3b dit \((\ln x_n)^n\to 1/\sqrt{\ell}\gt 0\) : contradiction.

Donc \(\ell\not\lt e\), et comme \(\ell\le e\), on conclut \(\boxed{\ell=e}\). ∎

Partie III — 1) a) Continuité de \(F\)

\(f_1(t)=\sqrt{t}\,\ln t\) pour \(t\gt 0\), donc \(\big(f_1(t)\big)^{2}=t(\ln t)^{2}\), qui est continue sur \(]0,+\infty[\).

Pour \(x\gt 0\), \(F(x)=\int_x^{1}t(\ln t)^{2}\,dt\) est une intégrale à bornes continues d'une fonction continue : \(F\) est continue sur \(]0,+\infty[\). En \(x=0\), la continuité de \(f_1\) en \(0\) (avec \(f_1(0)=0\)) assure que \((f_1)^2\) est continue sur \([0,1]\), donc \(F(0)=\int_0^{1}t(\ln t)^{2}\,dt\) converge et \(F\) est continue sur \(I=[0,+\infty[\). ∎

Partie III — 1) b) Calcul de \(F(x)\) par IPP

Pour \(x\gt 0\) : \[F(x)=\int_x^{1}t(\ln t)^{2}\,dt.\]

Première IPP : \(u=(\ln t)^{2}\), \(dv=t\,dt\), soit \(du=\dfrac{2\ln t}{t}\,dt\), \(v=\dfrac{t^{2}}{2}\).

\[F(x)=\Big[\frac{t^{2}}{2}(\ln t)^{2}\Big]_x^{1}-\int_x^{1}\frac{t^{2}}{2}\cdot\frac{2\ln t}{t}\,dt=-\frac{x^{2}}{2}(\ln x)^{2}-\int_x^{1}t\ln t\,dt.\]

Deuxième IPP : \(u=\ln t\), \(dv=t\,dt\), soit \(du=\dfrac{dt}{t}\), \(v=\dfrac{t^{2}}{2}\).

\[\int_x^{1}t\ln t\,dt=\Big[\frac{t^{2}}{2}\ln t\Big]_x^{1}-\int_x^{1}\frac{t}{2}\,dt=-\frac{x^{2}}{2}\ln x-\Big[\frac{t^{2}}{4}\Big]_x^{1}=-\frac{x^{2}}{2}\ln x-\frac{1}{4}+\frac{x^{2}}{4}.\]

Donc : \[F(x)=-\frac{x^{2}}{2}(\ln x)^{2}-\Big(-\frac{x^{2}}{2}\ln x-\frac{1}{4}+\frac{x^{2}}{4}\Big)=-\frac{x^{2}}{2}\ln^{2}(x)+\frac{x^{2}}{2}\ln(x)+\frac{1}{4}(1-x^{2}).\quad∎\]

Partie III — 2) a) \(\lim_{x\to 0^{+}}F(x)\)

\(F(x)=-\dfrac{x^{2}}{2}\ln^{2}(x)+\dfrac{x^{2}}{2}\ln(x)+\dfrac{1}{4}(1-x^{2})\).

Quand \(x\to 0^{+}\) : \(x^{2}\ln^{2}(x)\to 0\) et \(x^{2}\ln(x)\to 0\) (croissances comparées), d'où : \[\lim_{x\to 0^{+}}F(x)=0+0+\frac{1}{4}=\boxed{\frac{1}{4}}.\quad∎\]

Partie III — 2) b) \(F(0)\)

Par continuité de \(F\) en \(0\) (question 1a) : \[F(0)=\lim_{x\to 0^{+}}F(x)=\boxed{\frac{1}{4}}.\quad∎\]

Partie III — 2) c) Volume de révolution

Le volume engendré par la rotation de \((\mathcal C_1)\) sur \([0,1]\) autour de l'axe des abscisses est : \[V=\pi\int_0^{1}\big(f_1(t)\big)^{2}\,dt=\pi\,F(0)=\frac{\pi}{4}\;\text{cm}^{3}.\]

Donc \(\boxed{V=\dfrac{\pi}{4}\approx 0{,}785\;\text{cm}^{3}}\). ∎

Partie I — 1) a) \(z+1/z\)

\(z=\sqrt{x}+i\sqrt{y}\), donc \(z\bar z=|z|^{2}=x+y\) et \(\bar z=\sqrt{x}-i\sqrt{y}\).

\[\frac{1}{z}=\frac{\bar z}{|z|^{2}}=\frac{\sqrt{x}-i\sqrt{y}}{x+y}.\]

\[z+\frac{1}{z}=\sqrt{x}+i\sqrt{y}+\frac{\sqrt{x}-i\sqrt{y}}{x+y}=\sqrt{x}\!\left(1+\frac{1}{x+y}\right)+i\sqrt{y}\!\left(1-\frac{1}{x+y}\right).\]

Par le système \((S)\), cela donne \(z+\dfrac{1}{z}=\dfrac{12}{5}+\dfrac{4}{5}\,i\). ∎

Partie I — 1) b) Équation du second degré

En multipliant \(z+\dfrac{1}{z}=\dfrac{12}{5}+\dfrac{4}{5}\,i\) par \(z\) : \[z^{2}+1=\Big(\frac{12}{5}+\frac{4}{5}\,i\Big)z,\] soit \(z^{2}-\Big(\dfrac{12}{5}+\dfrac{4}{5}\,i\Big)z+1=0\).

Discriminant : \(\Delta=\Big(\dfrac{12}{5}+\dfrac{4}{5}\,i\Big)^{2}-4=\dfrac{144-16}{25}+\dfrac{96}{25}\,i-4=\dfrac{128}{25}-4+\dfrac{96}{25}\,i=\dfrac{28}{25}+\dfrac{96}{25}\,i\).

Or l'énoncé donne \(\dfrac{28}{25}+\dfrac{96}{25}\,i=\Big(\dfrac{2}{5}(4+3i)\Big)^{2}\). Vérifions : \(\Big(\dfrac{2}{5}\Big)^{2}(4+3i)^{2}=\dfrac{4}{25}(16+24i-9)=\dfrac{4}{25}(7+24i)=\dfrac{28}{25}+\dfrac{96}{25}\,i\). ✓

Donc \(\sqrt{\Delta}=\pm\dfrac{2}{5}(4+3i)=\pm\Big(\dfrac{8}{5}+\dfrac{6}{5}\,i\Big)\).

\[z=\frac{\frac{12}{5}+\frac{4}{5}\,i\pm\big(\frac{8}{5}+\frac{6}{5}\,i\big)}{2}.\]

\(z_1=\dfrac{\frac{20}{5}+\frac{10}{5}\,i}{2}=\dfrac{4+2i}{2}=2+i\).

\(z_2=\dfrac{\frac{4}{5}-\frac{2}{5}\,i}{2}=\dfrac{4-2i}{10}=\dfrac{2-i}{5}\).

Partie I — 1) c) Valeurs de \((x,y)\)

\(z=\sqrt{x}+i\sqrt{y}\) avec \(\sqrt{x}\ge 0\) et \(\sqrt{y}\ge 0\).

- \(z_1=2+i\) : \(\sqrt{x}=2\), \(\sqrt{y}=1\), donc \((x,y)=(4,1)\).
- \(z_2=\dfrac{2-i}{5}=\dfrac{2}{5}-\dfrac{1}{5}\,i\) : \(\sqrt{y}=-\dfrac{1}{5}\lt 0\), impossible.

La seule possibilité est \(\boxed{(x,y)=(4,1)}\). ∎

Partie I — 2) Vérification

Vérifions que \((4,1)\) est bien solution de \((S)\) :

\(\sqrt{4}\!\left(1+\dfrac{1}{4+1}\right)=2\cdot\dfrac{6}{5}=\dfrac{12}{5}\) ✓ et \(\sqrt{1}\!\left(1-\dfrac{1}{4+1}\right)=1\cdot\dfrac{4}{5}=\dfrac{4}{5}\) ✓.

La solution unique est \(\boxed{(x,y)=(4,1)}\). ∎

Partie II — 1) \(|z|=1\Leftrightarrow\bar z=1/z\)

\(|z|=1\;\Leftrightarrow\;z\bar z=1\;\Leftrightarrow\;\bar z=\dfrac{1}{z}\). ∎

Partie II — 2) a) \(p=bc/a\)

\(A,B,C,P\in(U)\), donc \(|a|=|b|=|c|=|p|=1\), d'où \(\bar a=1/a\), etc.

\((AP)\parallel(BC)\) signifie que \(\dfrac{p-a}{c-b}\in\mathbb R\), c'est-à-dire \(\dfrac{p-a}{c-b}=\overline{\!\left(\dfrac{p-a}{c-b}\right)}\).

Or \(\overline{\!\left(\dfrac{p-a}{c-b}\right)}=\dfrac{\bar p-\bar a}{\bar c-\bar b}=\dfrac{1/p-1/a}{1/c-1/b}=\dfrac{(a-p)/(ap)}{(b-c)/(bc)}=\dfrac{(a-p)\,bc}{(b-c)\,ap}=\dfrac{-(p-a)\,bc}{-(c-b)\,ap}=\dfrac{(p-a)\,bc}{(c-b)\,ap}\).

Donc la condition \(\dfrac{p-a}{c-b}=\dfrac{(p-a)\,bc}{(c-b)\,ap}\) (avec \(p\ne a\) et \(c\ne b\)) donne \(1=\dfrac{bc}{ap}\), soit \(\boxed{p=\dfrac{bc}{a}}\). ∎

Partie II — 2) b) \(q=-p\)

\((AQ)\perp(BC)\) signifie que \(\dfrac{q-a}{c-b}\in i\mathbb R\), c'est-à-dire \(\dfrac{q-a}{c-b}=-\overline{\!\left(\dfrac{q-a}{c-b}\right)}\).

Par le même calcul, \(\overline{\!\left(\dfrac{q-a}{c-b}\right)}=\dfrac{(q-a)\,bc}{(c-b)\,aq}\). La condition donne : \[\frac{q-a}{c-b}=-\frac{(q-a)\,bc}{(c-b)\,aq},\] soit \(1=-\dfrac{bc}{aq}\), d'où \(q=-\dfrac{bc}{a}=-p\). ∎

Partie II — 2) c) \((PR)\perp(OB)\)

Par le même raisonnement qu'en 2a, \((CR)\parallel(AB)\) donne \(r=\dfrac{ab}{c}\).

\((PR)\perp(OB)\) ⟺ \(\dfrac{r-p}{b-0}\in i\mathbb R\) ⟺ \(\dfrac{r-p}{b}+\overline{\!\left(\dfrac{r-p}{b}\right)}=0\).

Calculons \(\dfrac{r-p}{b}+\dfrac{\bar r-\bar p}{\bar b}\). On a \(\bar r=\dfrac{1}{r}=\dfrac{c}{ab}\), \(\bar p=\dfrac{1}{p}=\dfrac{a}{bc}\), \(\bar b=\dfrac{1}{b}\).

\[\frac{r-p}{b}=\frac{\frac{ab}{c}-\frac{bc}{a}}{b}=\frac{a}{c}-\frac{c}{a}=\frac{a^{2}-c^{2}}{ac}.\]

\[\frac{\bar r-\bar p}{\bar b}=\frac{\frac{c}{ab}-\frac{a}{bc}}{\frac{1}{b}}=b\!\left(\frac{c}{ab}-\frac{a}{bc}\right)=\frac{c}{a}-\frac{a}{c}=\frac{c^{2}-a^{2}}{ac}=-\frac{a^{2}-c^{2}}{ac}.\]

La somme est \(0\), donc \(\dfrac{r-p}{b}\in i\mathbb R\) : les droites \((PR)\) et \((OB)\) sont perpendiculaires. ∎

1) \(E\) sous-groupe de \(\big(M_3(\mathbb R),+\big)\)

- Non vide : \(M(0,0,0)=0_{M_3}\in E\).
- Stabilité par différence : \(M(a,b,c)-M(a',b',c')=M(a-a',b-b',c-c')\in E\).

Par le critère du sous-groupe, \(E\) est un sous-groupe de \(\big(M_3(\mathbb R),+\big)\). ∎

2) a) \(\varphi\) isomorphisme

Morphisme : \(\varphi\big(M(a,b,c)+M(a',b',c')\big)=\varphi\big(M(a+a',b+b',c+c')\big)=(a+a',(b+b')+(c+c')i)\).

D'autre part, \(\varphi\big(M(a,b,c)\big)\ast\varphi\big(M(a',b',c')\big)=(a,b+ci)\ast(a',b'+c'i)=(a+a',(b+ci)+(b'+c'i))\). Les deux sont égaux. ✓

Injectivité : si \(\varphi(M(a,b,c))=(0,0)\), alors \(a=0\) et \(b+ci=0\), d'où \(b=c=0\) : \(\ker\varphi=\{0\}\).

Surjectivité : pour tout \((a,b+ci)\in\mathbb R\times\mathbb C\), on a \(\varphi(M(a,b,c))=(a,b+ci)\), donc \(\varphi(E)=\mathbb R\times\mathbb C\).

Ainsi \(\varphi\) est un isomorphisme de \((E,+)\) vers \((\mathbb R\times\mathbb C,\ast)\). ∎

2) b) Groupe commutatif

\((E,+)\) est un sous-groupe de \((M_3(\mathbb R),+)\), qui est commutatif (l'addition matricielle est commutative). Donc \((E,+)\) est un groupe commutatif. Par isomorphisme, \((\mathbb R\times\mathbb C,\ast)\) est aussi un groupe commutatif. ∎

3) a) \(T\) commutative

\((x,z)\,T\,(x',z')=(x\,\text{Re}(z')+x'\text{Re}(z),zz')\).

\((x',z')\,T\,(x,z)=(x'\text{Re}(z)+x\,\text{Re}(z'),z'z)\).

Puisque la multiplication complexe est commutative (\(zz'=z'z\)) et que l'addition réelle aussi, les deux expressions sont égales : \(T\) est commutative. ∎

3) b) Élément neutre \((0,1)\)

\((x,z)\,T\,(0,1)=(x\cdot\text{Re}(1)+0\cdot\text{Re}(z),z\cdot 1)=(x\cdot 1+0,z)=(x,z)\).

Par commutativité de \(T\), \((0,1)\,T\,(x,z)=(x,z)\) aussi. Donc \((0,1)\) est bien l'élément neutre de \(T\). ∎

3) c) Non-associativité de \(T\)

\((1,i)\,T\,(x,-i)=(1\cdot\text{Re}(-i)+x\cdot\text{Re}(i),i\cdot(-i))=(1\cdot 0+x\cdot 0,\;-i^{2})=(0,1)\).

Donc pour tout \(x\in\mathbb R\), \((1,i)\,T\,(x,-i)=(0,1)\), l'élément neutre. Cela signifie que \((1,i)\) admet plusieurs inverses à droite (un pour chaque \(x\in\mathbb R\)).

Si \(T\) était associative, l'inverse serait unique. La multiplicité des inverses prouve que \(T\) n'est pas associative dans \(\mathbb R\times\mathbb C\). ∎

4) a) \(G\) sous-groupe de \((\mathbb R\times\mathbb C,\ast)\)

\(G=\{(\text{Im}(z),z)\mid z\in\mathbb C\}\).

- Non vide : pour \(z=0\), \((0,0)\in G\).
- Stabilité par différence : soient \((\text{Im}(z),z)\) et \((\text{Im}(z'),z')\) dans \(G\). Alors : \[(\text{Im}(z),z)\ast(-\text{Im}(z'),-z')=(\text{Im}(z)-\text{Im}(z'),z-z')=(\text{Im}(z-z'),z-z')\in G.\]

Donc \(G\) est un sous-groupe de \((\mathbb R\times\mathbb C,\ast)\). ∎

4) b) \(\psi\) isomorphisme de \((\mathbb C^{*},\times)\) vers \((G\setminus\{(0,0)\},T)\)

Morphisme : \(\psi(zz')=(\text{Im}(zz'),zz')\). D'autre part : \[\psi(z)\,T\,\psi(z')=(\text{Im}(z),z)\,T\,(\text{Im}(z'),z')=\big(\text{Im}(z)\,\text{Re}(z')+\text{Im}(z')\,\text{Re}(z),\;zz'\big).\]

Or \(\text{Im}(z)\,\text{Re}(z')+\text{Re}(z)\,\text{Im}(z')=\text{Im}(zz')\) (formule classique du produit). Donc \(\psi(zz')=\psi(z)\,T\,\psi(z')\). ✓

Injectivité : si \(\psi(z)=(0,0)\), alors \(z=0\notin\mathbb C^{*}\). Sur \(\mathbb C^{*}\), \(\psi(z)=\psi(z')\) ⟹ \(z=z'\).

Surjectivité sur \(G\setminus\{(0,0)\}\) : tout élément \((\text{Im}(z),z)\) avec \(z\ne 0\) est l'image de \(z\in\mathbb C^{*}\).

Donc \(\psi\) est un isomorphisme de \((\mathbb C^{*},\times)\) vers \((G\setminus\{(0,0)\},T)\). ∎

5) \((G,\ast,T)\) corps commutatif

D'après les questions précédentes :

- \((G,\ast)\) est un groupe commutatif (sous-groupe du groupe commutatif \((\mathbb R\times\mathbb C,\ast)\)).
- \(T\) est commutative (question 3a).
- \(T\) admet l'élément neutre \((0,1)=(\text{Im}(1),1)\in G\) (question 3b).
- \((G\setminus\{(0,0)\},T)\) est un groupe commutatif, isomorphe à \((\mathbb C^{*},\times)\) via \(\psi\) (question 4b). En particulier, \(T\) est associative sur \(G\).

Il reste à vérifier la distributivité de \(T\) sur \(\ast\). Soient \((\text{Im}(z),z)\), \((\text{Im}(z'),z')\), \((\text{Im}(z''),z'')\in G\) :

\[(\text{Im}(z),z)\,T\,\Big((\text{Im}(z'),z')\ast(\text{Im}(z''),z'')\Big)=(\text{Im}(z),z)\,T\,(\text{Im}(z'+z''),z'+z'')\] \[=\big(\text{Im}(z)\,\text{Re}(z'+z'')+\text{Im}(z'+z'')\,\text{Re}(z),\;z(z'+z'')\big)\] \[=\big(\text{Im}(z)\,(\text{Re}(z')+\text{Re}(z''))+(\text{Im}(z')+\text{Im}(z''))\,\text{Re}(z),\;zz'+zz''\big).\]

En développant : \[=\big(\text{Im}(z)\,\text{Re}(z')+\text{Im}(z')\,\text{Re}(z)+\text{Im}(z)\,\text{Re}(z'')+\text{Im}(z'')\,\text{Re}(z),\;zz'+zz''\big)\] \[=\big(\text{Im}(zz')+\text{Im}(zz''),\;zz'+zz''\big)=\big(\text{Im}(zz'+zz''),\;zz'+zz''\big).\]

D'autre part : \[\psi(z)\,T\,\psi(z')\ast\psi(z)\,T\,\psi(z'')=(\text{Im}(zz'),zz')\ast(\text{Im}(zz''),zz'')=(\text{Im}(zz'+zz''),zz'+zz'').\]

Les deux expressions sont égales : \(T\) est distributive sur \(\ast\) dans \(G\). Ainsi \((G,\ast,T)\) est un corps commutatif. ∎

1) a) \(\text{pgcd}(p,q)=1\)

On a \(S=1+p+p^{2}+\cdots+p^{p-1}\equiv 1\;[p]\) (tous les termes sauf le premier sont divisibles par \(p\)).

Puisque \(q\mid S\) et \(S\equiv 1\;[p]\), si \(q\) divisait \(p\), alors \(q\mid S\) et \(q\mid p\), d'où \(q\mid(S-p-\cdots-p^{p-1})=1\), ce qui est absurde car \(q\ge 2\).

Plus directement : \(q\mid S\) et \(S\equiv 1\;[p]\), donc si \(q=p\), alors \(p\mid S\) et \(S\equiv 1\;[p]\), soit \(p\mid 1\), contradiction. Comme \(p\) et \(q\) sont tous deux premiers et \(q\ne p\), on a \(\boxed{\text{pgcd}(p,q)=1}\). ∎

1) b) \(p^{q-1}\equiv 1\;[q]\)

Puisque \(q\) est premier et \(\text{pgcd}(p,q)=1\), le petit théorème de Fermat donne directement : \[\boxed{p^{q-1}\equiv 1\;[q].}\quad∎\]

1) c) \(p^{p}-1=(p-1)S\) et \(p^{p}\equiv 1\;[q]\)

La somme géométrique donne : \[S=1+p+p^{2}+\cdots+p^{p-1}=\frac{p^{p}-1}{p-1},\] soit \(p^{p}-1=(p-1)S\).

Puisque \(q\mid S\), on a \(q\mid(p-1)S=p^{p}-1\), donc \(\boxed{p^{p}\equiv 1\;[q]}\). ∎

2) a) \(p\equiv 1\;[q]\) (sous l'hypothèse \(\text{pgcd}(p,q-1)=1\))

De 1b : \(p^{q-1}\equiv 1\;[q]\). De 1c : \(p^{p}\equiv 1\;[q]\).

L'ordre de \(p\) modulo \(q\) divise à la fois \(q-1\) et \(p\). Puisque \(\text{pgcd}(p,q-1)=1\) (hypothèse), cet ordre divise \(\text{pgcd}(p,q-1)=1\), donc l'ordre est \(1\).

Or l'ordre de \(p\) modulo \(q\) est \(1\) signifie \(p^{1}\equiv 1\;[q]\), soit \(\boxed{p\equiv 1\;[q]}\). ∎

2) b) \(S\equiv 1\;[q]\)

Si \(p\equiv 1\;[q]\), alors \(p^{k}\equiv 1\;[q]\) pour tout \(k\ge 0\). Donc : \[S=\sum_{k=0}^{p-1}p^{k}\equiv\sum_{k=0}^{p-1}1=p\equiv 1\;[q]\] (car \(p\equiv 1\;[q]\)). Ainsi \(\boxed{S\equiv 1\;[q]}\). ∎

3) \(q\equiv 1\;[p]\)

Cas 1 : \(\text{pgcd}(p,q-1)=1\). Par 2b, \(S\equiv 1\;[q]\), donc \(q\mid(S-1)\). Mais \(q\mid S\) aussi, d'où \(q\mid 1\), contradiction car \(q\ge 2\). Ce cas est donc impossible.

Cas 2 : \(\text{pgcd}(p,q-1)\ne 1\). Puisque \(p\) est premier, \(\text{pgcd}(p,q-1)\in\{1,p\}\). Comme le cas 1 est exclu, on a \(\text{pgcd}(p,q-1)=p\), c'est-à-dire \(p\mid(q-1)\), soit \(\boxed{q\equiv 1\;[p]}\). ∎