2024 — Session normale

1) Continuité à droite en \(1\)

On calcule \(\displaystyle\lim_{x\to 1^{+}}f(x)\). Pour \(x>1\) : \[f(x)=\frac{\ln(x)}{x^{2}-1}=\frac{\ln(x)}{(x-1)(x+1)}=\frac{\ln(x)}{x-1}\times\frac{1}{x+1}.\] Or \(\displaystyle\lim_{x\to 1}\frac{\ln(x)}{x-1}=\ln'(1)=1\) et \(\displaystyle\lim_{x\to 1}\frac{1}{x+1}=\frac{1}{2}\).

Donc \(\displaystyle\lim_{x\to 1^{+}}f(x)=1\times\frac{1}{2}=\frac{1}{2}=f(1)\), ce qui prouve que \(f\) est continue à droite en \(1\). ∎

2) Limite en \(+\infty\)

Pour \(x>1\) : \[0\le f(x)=\frac{\ln(x)}{x^{2}-1}\le\frac{\ln(x)}{x-1}\le\frac{\ln(x)}{x}\xrightarrow[x\to+\infty]{}0,\] car \(\ln(x)=o(x)\) en \(+\infty\). Par le théorème des gendarmes : \[\boxed{\lim_{x\to+\infty}f(x)=0.}\]

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

3) a) Changement de variable \(t=(x-1)^{2}\)

Puisque \(x>1\), on a \(\sqrt{t}=x-1\), soit \(x=1+\sqrt{t}\). Alors : \[\frac{1-x+\ln(x)}{(x-1)^{2}}=\frac{1-(1+\sqrt{t})+\ln(1+\sqrt{t}\,)}{t}=\frac{-\sqrt{t}+\ln(1+\sqrt{t}\,)}{t}.\quad∎\]

3) b) Encadrement via le TAF

Posons \(\varphi(t)=-\sqrt{t}+\ln(1+\sqrt{t}\,)\) pour \(t>0\), de sorte que \(\varphi(0)=0\). On a : \[\varphi'(t)=\frac{-1}{2\sqrt{t}}+\frac{1}{(1+\sqrt{t}\,)\cdot 2\sqrt{t}}=\frac{1}{2\sqrt{t}}\left(-1+\frac{1}{1+\sqrt{t}}\right)=\frac{-1}{2(1+\sqrt{t}\,)}.\]

La fonction \(\varphi'(t)=-\dfrac{1}{2(1+\sqrt{t}\,)}\) est strictement croissante sur \(]0,+\infty[\) (car \(1+\sqrt{t}\) croît, le quotient négatif se rapproche de \(0\)).

Par le théorème des accroissements finis sur \([0,t]\) (avec \(t>0\)) : il existe \(c\in\,]0,t[\) tel que \[\frac{\varphi(t)-\varphi(0)}{t-0}=\varphi'(c),\qquad\text{c'est-à-dire}\qquad\frac{-\sqrt{t}+\ln(1+\sqrt{t}\,)}{t}=\varphi'(c).\]

Comme \(\varphi'\) est croissante et \(0<c<t\) : \[\lim_{s\to 0^{+}}\varphi'(s)=-\frac{1}{2}<\varphi'(c)<\varphi'(t)=\frac{-1}{2(1+\sqrt{t}\,)}.\] D'où \(\;\displaystyle -\frac{1}{2}<\frac{-\sqrt{t}+\ln(1+\sqrt{t}\,)}{t}<\frac{-1}{2(1+\sqrt{t}\,)}\;\) pour tout \(t\in\,]0,+\infty[\). ∎

3) c) Passage à la limite

Lorsque \(x\to 1^{+}\), on a \(t=(x-1)^{2}\to 0^{+}\), et la borne droite \(\dfrac{-1}{2(1+\sqrt{t}\,)}\to -\dfrac{1}{2}\). Par le théorème des gendarmes : \[\boxed{\lim_{x\to 1^{+}}\frac{1-x+\ln(x)}{(x-1)^{2}}=-\frac{1}{2}.}\quad∎\]

4) a) Vérification de l'identité

On réduit le membre de droite au même dénominateur \(2(x-1)^{2}(x+1)\) : \[\text{MD}=-\frac{\ln(x)}{x-1}\cdot\frac{1}{2(x+1)}+\frac{\ln(x)-x+1}{2(x-1)^{2}}=\frac{-\ln(x)(x-1)+(\ln(x)-x+1)(x+1)}{2(x-1)^{2}(x+1)}.\] Développons le numérateur : \[-\ln(x)(x-1)=-x\ln(x)+\ln(x),\] \[(\ln(x)-x+1)(x+1)=x\ln(x)+\ln(x)-x^{2}-x+x+1=x\ln(x)+\ln(x)-x^{2}+1.\] En sommant : \(2\ln(x)-x^{2}+1\).

Pour le membre de gauche : \[\frac{f(x)-\frac{1}{2}}{x-1}=\frac{\frac{\ln(x)}{x^{2}-1}-\frac{1}{2}}{x-1}=\frac{2\ln(x)-(x^{2}-1)}{2(x^{2}-1)(x-1)}=\frac{2\ln(x)-x^{2}+1}{2(x-1)^{2}(x+1)}.\] Les deux membres sont égaux. ∎

4) b) Dérivabilité à droite en \(1\)

Lorsque \(x\to 1^{+}\) : \[-\frac{\ln(x)}{x-1}\to -1,\qquad\frac{1}{2(x+1)}\to\frac{1}{4},\qquad\frac{\ln(x)-x+1}{2(x-1)^{2}}\to\frac{1}{2}\times\left(-\frac{1}{2}\right)=-\frac{1}{4},\] la dernière limite venant de la question 3)c). Donc : \[f'_{d}(1)=\lim_{x\to 1^{+}}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=(-1)\times\frac{1}{4}+\left(-\frac{1}{4}\right)=\boxed{-\frac{1}{2}}.\] \(f\) est dérivable à droite en \(1\).

Interprétation graphique : la courbe \((C)\) admet au point \(\left(1,\dfrac{1}{2}\right)\) une demi-tangente à droite de pente \(-\dfrac{1}{2}\), d'équation \(y=-\dfrac{1}{2}(x-1)+\dfrac{1}{2}=\dfrac{-x+2}{2}\). ∎

5) a) Encadrement \(0\le I(x)\le J(x)\)

Pour \(t\ge 1\) : \(t^{2}-1\ge 0\) et \(t^{3}\ge t^{2}>0\), donc \[0\le\frac{t^{2}-1}{t^{3}}\le\frac{t^{2}-1}{t^{2}}.\] En intégrant sur \([1,x]\) (avec \(x\ge 1\)) : \(\;0\le I(x)\le J(x)\). ∎

5) b) Calcul de \(I(x)\) et \(J(x)\)

Calcul de \(I(x)\) : \[I(x)=\int_{1}^{x}\frac{t^{2}-1}{t^{3}}\,dt=\int_{1}^{x}\left(\frac{1}{t}-\frac{1}{t^{3}}\right)dt=\left[\ln(t)+\frac{1}{2t^{2}}\right]_{1}^{x}=\ln(x)+\frac{1}{2x^{2}}-\frac{1}{2}=\boxed{\ln(x)-\frac{x^{2}-1}{2x^{2}}}.\quad∎\]

Calcul de \(J(x)\) : \[J(x)=\int_{1}^{x}\frac{t^{2}-1}{t^{2}}\,dt=\int_{1}^{x}\left(1-\frac{1}{t^{2}}\right)dt=\left[t+\frac{1}{t}\right]_{1}^{x}=x+\frac{1}{x}-2=\boxed{\frac{(x-1)^{2}}{x}}.\quad∎\]

5) c) Expression de \(f'(x)\)

Pour \(x>1\) on dérive \(f(x)=\dfrac{\ln(x)}{x^{2}-1}\) : \[f'(x)=\frac{\frac{1}{x}(x^{2}-1)-\ln(x)\cdot 2x}{(x^{2}-1)^{2}}=\frac{x^{2}-1-2x^{2}\ln(x)}{x(x^{2}-1)^{2}}.\] Par ailleurs : \[\frac{-2}{(x+1)^{2}}\times\frac{I(x)}{J(x)}=\frac{-2}{(x+1)^{2}}\times\frac{\ln(x)-\frac{x^{2}-1}{2x^{2}}}{\frac{(x-1)^{2}}{x}}=\frac{-2}{(x+1)^{2}}\times\frac{2x^{2}\ln(x)-x^{2}+1}{2x^{2}}\times\frac{x}{(x-1)^{2}}.\] En simplifiant (avec \((x^{2}-1)^{2}=(x-1)^{2}(x+1)^{2}\)) : \[=\frac{-(2x^{2}\ln(x)-x^{2}+1)}{x(x-1)^{2}(x+1)^{2}}=\frac{x^{2}-1-2x^{2}\ln(x)}{x(x^{2}-1)^{2}}=f'(x).\quad∎\]

5) d) Encadrement de \(f'(x)\)

Pour \(x>1\) : \(I(x)\ge 0\), \(J(x)>0\) et \(\dfrac{-2}{(x+1)^{2}}<0\). Donc \[f'(x)=\frac{-2}{(x+1)^{2}}\times\frac{I(x)}{J(x)}\le 0.\]

De plus, \(I(x)\le J(x)\) (question 5a), soit \(\dfrac{I(x)}{J(x)}\le 1\). Et pour \(x\ge 1\) : \((x+1)^{2}\ge 4\), d'où \(\dfrac{2}{(x+1)^{2}}\le\dfrac{1}{2}\). Donc \[|f'(x)|=\frac{2}{(x+1)^{2}}\cdot\frac{I(x)}{J(x)}\le\frac{1}{2}\cdot 1=\frac{1}{2},\] ce qui donne \(\;\boxed{-\dfrac{1}{2}\le f'(x)\le 0}\;\) pour tout \(x\in\,]1,+\infty[\). ∎

6) a) Tableau de variations

Sur \(]1,+\infty[\), \(f'(x)\le 0\) (strictement pour \(x>1\)) : \(f\) est strictement décroissante.

6) b) Tracé de la courbe

Points utiles (avec \(|\vec i|=1\) cm et \(|\vec j|=2\) cm) :

• Point de départ : \(\left(1,\,\frac{1}{2}\right)\) avec une demi-tangente à droite de pente \(-\frac{1}{2}\).
• \(f(2)=\frac{\ln 2}{3}\approx 0{,}231\).
• \(f(3)=\frac{\ln 3}{8}\approx 0{,}137\).
• Asymptote horizontale \(y=0\) en \(+\infty\).

La courbe \((C)\) part de \(\left(1,\frac{1}{2}\right)\) avec une demi-tangente de pente \(-\frac{1}{2}\), décroît strictement et se rapproche de l'axe \(Ox\) sans l'atteindre (puisque \(\ln(x)>0\) pour \(x>1\)).

7) Existence et unicité de \(\alpha\in\,]1,2[\)

Posons \(g(x)=f(x)-x+1\). On a : \[g(1)=f(1)-1+1=\frac{1}{2}>0,\qquad g(2)=\frac{\ln 2}{3}-1\approx -0{,}77<0.\] La fonction \(g\) est continue sur \([1,2]\) et change de signe : par le TVI, \(g\) admet au moins un zéro dans \(]1,2[\).

Pour \(x>1\) : \(g'(x)=f'(x)-1\le -1<0\) (car \(f'(x)\le 0\)), donc \(g\) est strictement décroissante. Le zéro est unique. ∎

8) a) Contraction — \(|a_{n+1}-\alpha|\le\frac{1}{2}|a_{n}-\alpha|\)

On a \(a_{n+1}=1+f(a_{n})\) et \(\alpha=1+f(\alpha)\), donc \(a_{n+1}-\alpha=f(a_{n})-f(\alpha)\).

Par le théorème des accroissements finis, il existe \(c\) entre \(a_{n}\) et \(\alpha\) tel que \[f(a_{n})-f(\alpha)=f'(c)(a_{n}-\alpha).\] Comme \(-\frac{1}{2}\le f'(c)\le 0\) (question 5d), on a \(|f'(c)|\le\frac{1}{2}\), d'où \[|a_{n+1}-\alpha|=|f'(c)|\,|a_{n}-\alpha|\le\frac{1}{2}\,|a_{n}-\alpha|.\quad∎\]

8) b) Récurrence — \(|a_{n}-\alpha|\le\left(\frac{1}{2}\right)^{n}|a_{0}-\alpha|\)

Initialisation. \(n=0\) : \(|a_{0}-\alpha|\le 1\cdot|a_{0}-\alpha|\). ✓

Hérédité. Supposons \(|a_{n}-\alpha|\le\left(\frac{1}{2}\right)^{n}|a_{0}-\alpha|\). Par la question 8a) : \[|a_{n+1}-\alpha|\le\frac{1}{2}\,|a_{n}-\alpha|\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}|a_{0}-\alpha|=\left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}|a_{0}-\alpha|.\] La propriété est héréditaire. Par récurrence, elle est vraie pour tout \(n\in\mathbb{N}\). ∎

8) c) Convergence de \((a_{n})\)

Puisque \(0<\frac{1}{2}<1\), on a \(\left(\frac{1}{2}\right)^{n}\xrightarrow[n\to+\infty]{}0\). Donc \[0\le|a_{n}-\alpha|\le\left(\frac{1}{2}\right)^{n}|a_{0}-\alpha|\xrightarrow[n\to+\infty]{}0,\] et par le théorème des gendarmes : \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty}a_{n}=\alpha\). La suite \((a_{n})\) est convergente et sa limite est \(\alpha\). ∎

1) a) Continuité et stricte croissance

La fonction \(t\mapsto e^{t^{2}}\) est continue sur \([0,1]\). D'après le théorème fondamental du calcul intégral, \(F\) est dérivable (donc continue) sur \([0,1]\), avec : \[F'(x)=e^{x^{2}}>0\quad\text{pour tout }x\in[0,1].\] Donc \(F\) est strictement croissante sur \([0,1]\). ∎

1) b) Bijection de \([0,1]\) sur \([0,\beta]\)

\(F\) est continue et strictement croissante sur \([0,1]\), donc c'est une bijection de \([0,1]\) sur \([F(0),\,F(1)]\). Or : \[F(0)=\int_{0}^{0}e^{t^{2}}\,dt=0\qquad\text{et}\qquad F(1)=\int_{0}^{1}e^{t^{2}}\,dt=\beta.\] Donc \(F\) est une bijection de \([0,1]\) sur \([0,\beta]\). ∎

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

En posant \(h=\dfrac{\beta}{n}\) : \[S_{n}=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}F^{-1}(kh)=\frac{1}{\beta}\sum_{k=1}^{n}F^{-1}(kh)\cdot h.\] C'est \(\dfrac{1}{\beta}\) fois une somme de Riemann de la fonction continue \(F^{-1}\) sur \([0,\beta]\). Donc \[\lim_{n\to+\infty}S_{n}=\frac{1}{\beta}\int_{0}^{\beta}F^{-1}(t)\,dt=\ell.\quad∎\]

2) b) Changement de variable

On pose \(u=F^{-1}(t)\), soit \(t=F(u)\) et \(dt=F'(u)\,du=e^{u^{2}}\,du\). Les bornes deviennent : \(t=0\Rightarrow u=0\), \(t=\beta\Rightarrow u=1\). Ainsi : \[\ell=\frac{1}{\beta}\int_{0}^{\beta}F^{-1}(t)\,dt=\frac{1}{\beta}\int_{0}^{1}u\cdot e^{u^{2}}\,du.\quad∎\]

2) c) Calcul de \(\ell\)

On calcule l'intégrale en posant \(v=u^{2}\), \(dv=2u\,du\) : \[\int_{0}^{1}u\,e^{u^{2}}\,du=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}e^{v}\,dv=\frac{1}{2}\left[e^{v}\right]_{0}^{1}=\frac{e-1}{2}.\] Donc \(\;\boxed{\ell=\dfrac{1}{\beta}\cdot\dfrac{e-1}{2}=\dfrac{e-1}{2\beta}}.\quad∎\)

Partie I — 1) a) Discriminant

\[\Delta=(2i)^{2}-4\alpha=-4-4\alpha=\boxed{-4(1+\alpha)}.\quad∎\]

1) b) Deux solutions distinctes

\((E_{\alpha})\) admet deux solutions distinctes dans \(\mathbb{C}\) si et seulement si \(\Delta\neq 0\), c'est-à-dire \(-4(1+\alpha)\neq 0\), soit \(\boxed{\alpha\neq -1}\). ∎

2) Relations de Viète

Par les formules de Viète : \[\boxed{z_{1}+z_{2}=2i}\qquad\text{et}\qquad\boxed{z_{1}z_{2}=\alpha}.\quad∎\]

Partie II — 1) a) \(z_{1}\) et \(z_{2}\) en fonction de \(m\)

Si \(\alpha=m^{2}-2m\) : \[\Delta=-4(1+m^{2}-2m)=-4(m-1)^{2}=\big[2i(m-1)\big]^{2}.\] Les solutions sont (pour \(m\neq 1\)) : \[z=\frac{2i\pm 2i(m-1)}{2}=i\big(1\pm(m-1)\big).\] D'où \(\;\boxed{z_{1}=im}\;\) et \(\;\boxed{z_{2}=i(2-m)}.\)

Vérification : \(z_{1}+z_{2}=im+i(2-m)=2i\) ✓ et \(z_{1}z_{2}=im\cdot i(2-m)=-m(2-m)=m^{2}-2m=\alpha\) ✓. ∎

1) b) Alignement de \(O\), \(M_{1}\), \(M_{2}\)

\(z_{1}=im\) et \(z_{2}=i(2-m)\) sont tous deux imaginaires purs. Les points \(M_{1}\) et \(M_{2}\) sont sur l'axe \((Oy)\) qui passe par \(O\). Donc \(O\), \(M_{1}\) et \(M_{2}\) sont alignés. ∎

2) a) Caractérisation du rapport \(z_{1}/z_{2}\) imaginaire pur

Puisque \(z_{2}\neq 0\) (les trois points ne sont pas alignés, donc \(M_{2}\neq O\)) : \[\frac{z_{1}}{z_{2}}=\frac{z_{1}\bar{z}_{2}}{|z_{2}|^{2}}.\] Comme \(|z_{2}|^{2}>0\) : \[\operatorname{Re}\!\left(\frac{z_{1}}{z_{2}}\right)=\frac{\operatorname{Re}(z_{1}\bar{z}_{2})}{|z_{2}|^{2}}=0\quad\Longleftrightarrow\quad\operatorname{Re}(z_{1}\bar{z}_{2})=0.\] Donc \(\frac{z_{1}}{z_{2}}\) est imaginaire pur si et seulement si \(\operatorname{Re}(z_{1}\bar{z}_{2})=0\). ∎

2) b) Identité sur les modules

On développe chaque membre : \[|z_{1}-z_{2}|^{2}=|z_{1}|^{2}+|z_{2}|^{2}-2\operatorname{Re}(z_{1}\bar{z}_{2}),\] \[|z_{1}+z_{2}|^{2}=|z_{1}|^{2}+|z_{2}|^{2}+2\operatorname{Re}(z_{1}\bar{z}_{2}).\] En soustrayant : \(|z_{1}+z_{2}|^{2}-|z_{1}-z_{2}|^{2}=4\operatorname{Re}(z_{1}\bar{z}_{2})\), d'où \[\boxed{|z_{1}-z_{2}|^{2}=|z_{1}+z_{2}|^{2}-4\operatorname{Re}(z_{1}\bar{z}_{2})}.\quad∎\]

2) c) Équivalence avec \(|z_{1}-z_{2}|=2\)

En remplaçant \(z_{1}+z_{2}=2i\) dans l'identité précédente : \[|z_{1}-z_{2}|^{2}=|2i|^{2}-4\operatorname{Re}(z_{1}\bar{z}_{2})=4-4\operatorname{Re}(z_{1}\bar{z}_{2}).\] Donc \(\operatorname{Re}(z_{1}\bar{z}_{2})=0\;\Longleftrightarrow\;|z_{1}-z_{2}|^{2}=4\;\Longleftrightarrow\;|z_{1}-z_{2}|=2\).

Avec la question 2a) : \(\dfrac{z_{1}}{z_{2}}\) est imaginaire pur \(\;\Longleftrightarrow\;|z_{1}-z_{2}|=2\). ∎

3) a) \((z_{1}-z_{2})^{2}=\Delta\)

De la formule \(z_{1,2}=\dfrac{2i\pm\delta}{2}\) (où \(\delta^{2}=\Delta\)), on tire \(z_{1}-z_{2}=\pm\delta\). Donc \[(z_{1}-z_{2})^{2}=\delta^{2}=\Delta=-4(1+\alpha).\quad∎\]

3) b) Ensemble \(\Gamma\)

Le triangle \(OM_{1}M_{2}\) est rectangle en \(O\) \(\;\Longleftrightarrow\;\) \(\dfrac{z_{1}}{z_{2}}\) est imaginaire pur (les vecteurs \(\overrightarrow{OM_{1}}\) et \(\overrightarrow{OM_{2}}\) sont orthogonaux).

D'après 2c) et 3a) : \[\frac{z_{1}}{z_{2}}\text{ imaginaire pur}\;\Longleftrightarrow\;|z_{1}-z_{2}|=2\;\Longleftrightarrow\;|z_{1}-z_{2}|^{2}=4\;\Longleftrightarrow\;|(z_{1}-z_{2})^{2}|=4\;\Longleftrightarrow\;|\Delta|=4.\] Or \(|\Delta|=|-4(1+\alpha)|=4|1+\alpha|\). Donc \(|\Delta|=4\;\Longleftrightarrow\;|1+\alpha|=1\;\Longleftrightarrow\;|\alpha+1|=1\).

\(\Gamma\) est le cercle de centre \(A(-1,0)\) et de rayon \(1\), d'équation \(|\alpha+1|=1\), c'est-à-dire \((x+1)^{2}+y^{2}=1\), privé du point \(O\) (car \(\alpha=0\) donnerait \(z_{1}z_{2}=0\), rendant le triangle dégénéré). ∎

1) a) Vérification et calcul

\((i,2)\,T\,(1,i)\) : \(a=i,\;b=2,\;c=1,\;d=i\). On a \(\bar{d}=\bar{i}=-i\), d'où \[a\bar{d}+c=i\cdot(-i)+1=1+1=2,\qquad bd=2\cdot i=2i.\] Résultat : \((i,2)\,T\,(1,i)=(2,\,2i)\). ✓

\((1,i)\,T\,(i,2)\) : \(a=1,\;b=i,\;c=i,\;d=2\). On a \(\bar{d}=\bar{2}=2\), d'où \[a\bar{d}+c=1\cdot 2+i=2+i,\qquad bd=i\cdot 2=2i.\] Résultat : \(\boxed{(1,i)\,T\,(i,2)=(2+i,\,2i)}\). ∎

1) b) Non-commutativité

\((i,2)\,T\,(1,i)=(2,\,2i)\neq(2+i,\,2i)=(1,i)\,T\,(i,2)\). Donc \(T\) n'est pas commutatif. ∎

2) Associativité

Soient \((a,b),(c,d),(e,f)\in(\mathbb{C}\times\mathbb{C}^{*})^{3}\). Calculons les deux parenthésages.

À gauche : \[\big((a,b)\,T\,(c,d)\big)\,T\,(e,f)=(a\bar{d}+c,\;bd)\,T\,(e,f)=\big((a\bar{d}+c)\bar{f}+e,\;bdf\big)=\big(a\bar{d}\bar{f}+c\bar{f}+e,\;bdf\big).\]

À droite : \[(a,b)\,T\,\big((c,d)\,T\,(e,f)\big)=(a,b)\,T\,(c\bar{f}+e,\;df)=\big(a\overline{df}+c\bar{f}+e,\;bdf\big).\] Or \(\overline{df}=\bar{d}\bar{f}\), donc \(a\overline{df}=a\bar{d}\bar{f}\). Les deux résultats sont identiques : \(T\) est associatif. ∎

3) Élément neutre

Pour tout \((a,b)\in\mathbb{C}\times\mathbb{C}^{*}\) : \[(a,b)\,T\,(0,1)=(a\bar{1}+0,\;b\cdot 1)=(a,b),\] \[(0,1)\,T\,(a,b)=(0\cdot\bar{b}+a,\;1\cdot b)=(a,b).\] Donc \((0,1)\) est l'élément neutre de \(T\). ∎

4) a) Inverse de \((a,b)\)

Calculons \((a,b)\,T\,\left(-\dfrac{a}{\bar{b}},\,\dfrac{1}{b}\right)\). Ici \(c=-\dfrac{a}{\bar{b}}\) et \(d=\dfrac{1}{b}\), donc \(\bar{d}=\overline{\left(\frac{1}{b}\right)}=\dfrac{1}{\bar{b}}\).

\[a\bar{d}+c=a\cdot\frac{1}{\bar{b}}-\frac{a}{\bar{b}}=0,\qquad bd=b\cdot\frac{1}{b}=1.\] Résultat : \((0,1)\). ✓

On vérifie aussi à gauche : \(\left(-\dfrac{a}{\bar{b}},\,\dfrac{1}{b}\right)T\,(a,b)=\left(-\dfrac{a}{\bar{b}}\cdot\bar{b}+a,\;\dfrac{1}{b}\cdot b\right)=(-a+a,\,1)=(0,1)\). ✓

L'inverse de \((a,b)\) est donc \(\left(-\dfrac{a}{\bar{b}},\,\dfrac{1}{b}\right)\in\mathbb{C}\times\mathbb{C}^{*}\). ∎

4) b) \((\mathbb{C}\times\mathbb{C}^{*},\,T)\) est un groupe non abélien

• \(T\) est une loi interne sur \(\mathbb{C}\times\mathbb{C}^{*}\) (car \(bd\in\mathbb{C}^{*}\) si \(b,d\in\mathbb{C}^{*}\)).
• \(T\) est associatif (question 2). ✓
• \((0,1)\) est l'élément neutre (question 3). ✓
• Tout élément a un inverse (question 4a). ✓
• \(T\) n'est pas commutatif (question 1b). ✓

Donc \(\big(\mathbb{C}\times\mathbb{C}^{*},\,T\big)\) est un groupe non abélien. ∎

5) a) Stabilité de \(\mathbb{R}\times\mathbb{R}^{*}\)

Soient \((a,b),(c,d)\in\mathbb{R}\times\mathbb{R}^{*}\). Puisque \(d\in\mathbb{R}\), \(\bar{d}=d\), d'où : \[a\bar{d}+c=ad+c\in\mathbb{R},\qquad bd\in\mathbb{R}^{*}\quad(\text{produit de deux réels non nuls}).\] Donc \((a,b)\,T\,(c,d)\in\mathbb{R}\times\mathbb{R}^{*}\) : la partie \(\mathbb{R}\times\mathbb{R}^{*}\) est stable pour \(T\). ∎

5) b) Sous-groupe

Critère du sous-groupe :

• \(\mathbb{R}\times\mathbb{R}^{*}\neq\varnothing\) (contient \((0,1)\)). ✓
• L'élément neutre \((0,1)\in\mathbb{R}\times\mathbb{R}^{*}\). ✓
• Stabilité par \(T\) : question 5a). ✓
• Stabilité par passage à l'inverse : pour \((a,b)\in\mathbb{R}\times\mathbb{R}^{*}\), \(\bar{b}=b\) (car \(b\in\mathbb{R}\)), donc l'inverse \(\left(-\frac{a}{b},\,\frac{1}{b}\right)\in\mathbb{R}\times\mathbb{R}^{*}\). ✓

Donc \(\big(\mathbb{R}\times\mathbb{R}^{*},\,T\big)\) est un sous-groupe de \(\big(\mathbb{C}\times\mathbb{C}^{*},\,T\big)\). ∎

1) a) Petit théorème de Fermat

\(p\) est premier et \(\gcd(r,p)=1\). Par le petit théorème de Fermat : \[r^{p-1}\equiv 1\pmod{p},\qquad\text{c'est-à-dire}\qquad p\mid r^{p-1}-1.\] De même, \(q\) est premier et \(\gcd(r,q)=1\), donc \(q\mid r^{q-1}-1\). ∎

1) b) \(p\) et \(q\) divisent \(r^{(p-1)(q-1)}-1\)

De \(r^{p-1}\equiv 1\pmod{p}\), on élève à la puissance \(q-1\) : \[r^{(p-1)(q-1)}=\big(r^{p-1}\big)^{q-1}\equiv 1^{q-1}=1\pmod{p}.\] Donc \(p\mid r^{(p-1)(q-1)}-1\).

De même, \(r^{(p-1)(q-1)}=\big(r^{q-1}\big)^{p-1}\equiv 1\pmod{q}\), donc \(q\mid r^{(p-1)(q-1)}-1\). ∎

1) c) \(pq\) divise \(r^{(p-1)(q-1)}-1\)

On a \(p\mid r^{(p-1)(q-1)}-1\) et \(q\mid r^{(p-1)(q-1)}-1\). Comme \(p\) et \(q\) sont des premiers distincts, \(\gcd(p,q)=1\). Par le théorème de Gauss : \[pq\mid r^{(p-1)(q-1)}-1.\quad∎\]

2) Résolution de \(2024^{192}\,x\equiv 3\;[221]\)

Étape 1 : simplifier \(2024^{192}\) modulo \(221\).

On a \(221=13\times 17\). Appliquons le résultat de la question 1c) avec \(p=13\), \(q=17\) : \[(p-1)(q-1)=12\times 16=192.\] Vérifions que \(\gcd(2024,221)=1\) : \(2024=9\times 221+35\), et ni \(13\) ni \(17\) ne divisent \(35=5\times 7\). Donc \(\gcd(2024,221)=1\).

Par le résultat 1c) : \[221\mid 2024^{192}-1,\qquad\text{c'est-à-dire}\qquad 2024^{192}\equiv 1\pmod{221}.\]

Étape 2 : résolution. La congruence devient : \[1\cdot x\equiv 3\pmod{221},\qquad\text{soit}\qquad\boxed{x\equiv 3\pmod{221}}.\] L'ensemble des solutions est \(\{3+221k,\;k\in\mathbb{Z}\}\). ∎