2024 — Session de rattrapage

1) a) Continuité à droite en \(0\)

On calcule \(\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}f_n(x)=\lim_{x\to 0^{+}}\bigl(x-x^{n}\ln(x)\bigr)\).

On a \(\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}x=0\) et \(\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}x^{n}\ln(x)=0\) (car pour \(n\ge 1\), \(x^{\alpha}|\ln(x)|\to 0\) quand \(x\to 0^{+}\)).

Donc \(\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}f_n(x)=0-0=0=f_n(0)\), ce qui prouve que \(f_n\) est continue à droite en \(0\). ∎

1) b) Limites en \(+\infty\)

Pour \(x>0\) : \(f_n(x)=x\bigl(1-x^{n-1}\ln(x)\bigr)\). Or \(x^{n-1}\ln(x)\xrightarrow[x\to+\infty]{}+\infty\) (car \(n-1\ge 1\)), donc \(1-x^{n-1}\ln(x)\to-\infty\). Ainsi : \[\boxed{\lim_{x\to+\infty}f_n(x)=-\infty.}\]

De même : \(\dfrac{f_n(x)}{x}=1-x^{n-1}\ln(x)\xrightarrow[x\to+\infty]{}-\infty\), d'où \(\boxed{\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{f_n(x)}{x}=-\infty.}\)

Interprétation graphique : la courbe \((C_n)\) admet une branche parabolique de direction \((Oy)\) en \(+\infty\). ∎

1) c) Dérivabilité à droite en \(0\), \(f_{n,d}'(0)=1\)

Pour \(x>0\) : \[\frac{f_n(x)-f_n(0)}{x-0}=\frac{x-x^{n}\ln(x)}{x}=1-x^{n-1}\ln(x).\] Comme \(n-1\ge 1\), \(\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}x^{n-1}\ln(x)=0\), d'où : \[\lim_{x\to 0^{+}}\frac{f_n(x)-f_n(0)}{x-0}=1-0=\boxed{1}.\] Donc \(f_n\) est dérivable à droite en \(0\) et \(f_{n,d}'(0)=1\). ∎

1) d) Dérivée sur \(]0,+\infty[\)

Pour \(x>0\), \(f_n(x)=x-x^{n}\ln(x)\). On dérive : \[f_n'(x)=1-\bigl(nx^{n-1}\ln(x)+x^{n}\cdot\tfrac{1}{x}\bigr)=1-nx^{n-1}\ln(x)-x^{n-1},\] soit \(\boxed{f_n'(x)=1-x^{n-1}-nx^{n-1}\ln(x)}.\quad∎\)

1) e) Variations de \(f_n\) sur \([0,1]\) et \([1,+\infty[\)

Sur \(]0,1[\) : \(00}+\underbrace{(-nx^{n-1}\ln(x))}_{>0}>0.\]

Sur \(]1,+\infty[\) : \(x>1\) implique \(x^{n-1}>1\) (donc \(1-x^{n-1}<0\)) et \(\ln(x)>0\) (donc \(-nx^{n-1}\ln(x)<0\)). Ainsi \(f_n'(x)<0\).

Comme \(f_{n,d}'(0)=1>0\), on conclut : \(f_n\) est strictement croissante sur \([0,1]\) et strictement décroissante sur \([1,+\infty[\). Le maximum est \(f_n(1)=1-\ln(1)=1\). ∎

2) a) Comparaison \(f_{n+1}(x)\le f_n(x)\)

Pour \(x=0\) : \(f_{n+1}(0)=0=f_n(0)\). ✓

Pour \(x>0\) : \[f_n(x)-f_{n+1}(x)=\bigl(x-x^{n}\ln(x)\bigr)-\bigl(x-x^{n+1}\ln(x)\bigr)=x^{n}\ln(x)\,(x-1).\]

Signe : \(x^{n}>0\). Pour \(x\in\,]0,1[\) : \(\ln(x)<0\) et \(x-1<0\), donc \(\ln(x)(x-1)>0\). Pour \(x=1\) : le produit vaut \(0\). Pour \(x>1\) : \(\ln(x)>0\) et \(x-1>0\), donc \(\ln(x)(x-1)>0\).

Dans tous les cas : \(f_n(x)-f_{n+1}(x)\ge 0\), soit \(\boxed{f_{n+1}(x)\le f_n(x)}\) pour tout \(x\in[0,+\infty[\). ∎

2) b) Position relative de \((C_n)\) et \((C_{n+1})\)

Puisque \(f_{n+1}(x)\le f_n(x)\), la courbe \((C_{n+1})\) est en dessous ou sur \((C_n)\), avec contact aux points \(x=0\) et \(x=1\). ∎

3) a) Existence et unicité de \(\alpha_n\in\,]1,2[\)

\(f_n\) est continue sur \([1,2]\). On a : \[f_n(1)=1>0\quad\text{et}\quad f_n(2)=2-2^{n}\ln 2.\] Pour \(n\ge 2\) : \(2^{n}\ln 2\ge 4\times 0{,}7=2{,}8>2\), donc \(f_n(2)<0\).

Par le TVI, \(f_n\) s'annule au moins une fois dans \(]1,2[\). Comme \(f_n\) est strictement décroissante sur \([1,+\infty[\), ce zéro est unique. ∎

3) b) Vérification : \(\alpha_{n+1}^{n}\ln(\alpha_{n+1})=1\)

\(f_{n+1}(\alpha_{n+1})=0\) signifie \(\alpha_{n+1}-\alpha_{n+1}^{n+1}\ln(\alpha_{n+1})=0\), soit : \[\alpha_{n+1}^{n+1}\ln(\alpha_{n+1})=\alpha_{n+1}.\] Comme \(\alpha_{n+1}>1>0\), on divise par \(\alpha_{n+1}\) : \[\boxed{\alpha_{n+1}^{n}\ln(\alpha_{n+1})=1.}\quad∎\]

3) c) Déduction : \(f_n(\alpha_{n+1})=\alpha_{n+1}-1\)

D'après 3)b) : \(\alpha_{n+1}^{n}\ln(\alpha_{n+1})=1\). Donc : \[f_n(\alpha_{n+1})=\alpha_{n+1}-\alpha_{n+1}^{n}\ln(\alpha_{n+1})=\alpha_{n+1}-1.\quad∎\]

3) d) La suite \((\alpha_n)\) est strictement décroissante

D'après 3)c) : \(f_n(\alpha_{n+1})=\alpha_{n+1}-1>0\) (car \(\alpha_{n+1}>1\)). Or \(f_n(\alpha_n)=0\).

Comme \(f_n\) est strictement décroissante sur \([1,+\infty[\) et que \(\alpha_n,\,\alpha_{n+1}\in\,]1,2[\), l'inégalité \(f_n(\alpha_{n+1})>0=f_n(\alpha_n)\) entraîne \(\alpha_{n+1}<\alpha_n\).

La suite \((\alpha_n)\) est strictement décroissante. ∎

3) e) Convergence de \((\alpha_n)\)

\((\alpha_n)\) est décroissante et minorée par \(1\) (car \(\alpha_n\in\,]1,2[\)), donc elle est convergente. ∎

4) a) Encadrement : \(1\le\ell\le 2\)

Pour tout \(n\ge 2\) : \(1<\alpha_n<2\). Par passage à la limite : \(\boxed{1\le\ell\le 2.}\quad∎\)

4) b) Formule \(n-1=-\dfrac{\ln(\ln(\alpha_n))}{\ln(\alpha_n)}\)

D'après 3)b) appliqué avec l'indice \(n\) au lieu de \(n+1\) : \(\alpha_n^{n-1}\ln(\alpha_n)=1\) (en divisant \(f_n(\alpha_n)=0\) par \(\alpha_n>0\)).

On prend le logarithme : \[(n-1)\ln(\alpha_n)+\ln(\ln(\alpha_n))=0,\] d'où \(\boxed{n-1=-\dfrac{\ln(\ln(\alpha_n))}{\ln(\alpha_n)}.}\quad∎\)

4) c) Limite de \(\dfrac{\ln(\ln(\alpha_n))}{\ln(\alpha_n)}\) si \(\ell>1\)

Si \(\ell>1\), alors \(\ln(\alpha_n)\to\ln(\ell)>0\), et \(\ln(\ln(\alpha_n))\to\ln(\ln(\ell))\). D'où : \[\lim_{n\to+\infty}\frac{\ln(\ln(\alpha_n))}{\ln(\alpha_n)}=\frac{\ln(\ln(\ell))}{\ln(\ell)}.\quad∎\]

4) d) Valeur de \(\ell\)

D'après 4)b) : \(n-1=-\dfrac{\ln(\ln(\alpha_n))}{\ln(\alpha_n)}\). Le membre de gauche tend vers \(+\infty\).

Si \(\ell>1\), le membre de droite tend vers \(-\dfrac{\ln(\ln(\ell))}{\ln(\ell)}\), qui est une constante finie. C'est une contradiction.

L'hypothèse \(\ell>1\) est donc fausse. Comme \(\ell\ge 1\) (question 4a), on conclut : \[\boxed{\ell=1.}\quad∎\]

1) a) Calcul de l'intégrale

\[\int_{0}^{1}\frac{dx}{1+x^{2}}=\bigl[\arctan(x)\bigr]_{0}^{1}=\arctan(1)-\arctan(0)=\frac{\pi}{4}-0=\boxed{\frac{\pi}{4}.}\quad∎\]

1) b) Convergence de \((u_n)\)

\[u_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{n}{n^{2}+k^{2}}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n}\cdot\frac{1}{1+\left(\frac{k}{n}\right)^{2}}.\] C'est une somme de Riemann de la fonction \(g(x)=\dfrac{1}{1+x^{2}}\) sur \([0,1]\) avec la subdivision régulière de pas \(\frac{1}{n}\). Comme \(g\) est continue sur \([0,1]\) : \[\lim_{n\to+\infty}u_n=\int_{0}^{1}\frac{dx}{1+x^{2}}=\boxed{\frac{\pi}{4}.}\quad∎\]

2) Majoration de l'intégrale

Pour tout \(x\in[0,1]\) : \(1+x^{2}\ge 1\), d'où \((1+x^{2})^{2}\ge 1\), soit \(\dfrac{1}{(1+x^{2})^{2}}\le 1\). En intégrant sur \([0,1]\) : \[\int_{0}^{1}\frac{dx}{(1+x^{2})^{2}}\le\int_{0}^{1}1\,dx=\boxed{1.}\quad∎\]

3) a) Encadrement de \(e^{x}-1\)

Borne inférieure : pour \(x\in[0,1]\), \(e^{x}\ge e^{0}=1\), donc \(e^{x}-1\ge 0\). ✓

Borne supérieure : posons \(h(x)=e^{x}-1-ex\). On a \(h(0)=0\) et \(h'(x)=e^{x}-e\le 0\) pour \(x\in[0,1]\) (car \(e^{x}\le e^{1}=e\)). Donc \(h\) est décroissante sur \([0,1]\), d'où \(h(x)\le h(0)=0\), soit \(e^{x}-1\le ex\).

En résumé : \(\boxed{0\le e^{x}-1\le ex}\) pour tout \(x\in[0,1]\). ∎

3) b) Encadrement de \(e^{x}-1-x\)

On a \(e^{x}-1=\displaystyle\int_{0}^{x}e^{t}\,dt\), donc \(e^{x}-1-x=\displaystyle\int_{0}^{x}(e^{t}-1)\,dt\).

D'après 3)a), pour \(t\in[0,x]\subseteq[0,1]\) : \(0\le e^{t}-1\le et\). En intégrant sur \([0,x]\) : \[0\le\int_{0}^{x}(e^{t}-1)\,dt\le\int_{0}^{x}et\,dt=\frac{ex^{2}}{2}.\] D'où \(\boxed{0\le e^{x}-1-x\le\dfrac{e}{2}\,x^{2}}\) pour tout \(x\in[0,1]\). ∎

4) a) Encadrement de \(w_n-u_n\)

\[w_n-u_n=\sum_{k=1}^{n}\left(e^{\frac{n}{n^{2}+k^{2}}}-1-\frac{n}{n^{2}+k^{2}}\right).\] Pour \(k\in\{1,\ldots,n\}\) : \(\dfrac{n}{n^{2}+k^{2}}\le\dfrac{n}{n^{2}}=\dfrac{1}{n}\le 1\), donc on peut appliquer 3)b) avec \(x=\dfrac{n}{n^{2}+k^{2}}\in[0,1]\) : \[0\le e^{\frac{n}{n^{2}+k^{2}}}-1-\frac{n}{n^{2}+k^{2}}\le\frac{e}{2}\left(\frac{n}{n^{2}+k^{2}}\right)^{2}.\] En sommant pour \(k\) de \(1\) à \(n\) : \[\boxed{0\le w_n-u_n\le\frac{e}{2}\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{n}{n^{2}+k^{2}}\right)^{2}.}\quad∎\]

4) b) Décroissance de \(x\mapsto(1+x^{2})^{-2}\)

Posons \(\varphi(x)=(1+x^{2})^{-2}\). Alors : \[\varphi'(x)=-2\cdot 2x\cdot(1+x^{2})^{-3}=\frac{-4x}{(1+x^{2})^{3}}.\] Pour \(x\in\,]0,1]\) : \(\varphi'(x)<0\), donc \(\varphi\) est strictement décroissante sur \([0,1]\). ∎

4) c) Minoration par une intégrale

Comme \(\varphi\) est décroissante, pour \(x\in\left[\frac{k-1}{n},\frac{k}{n}\right]\) : \(\varphi\!\left(\frac{k}{n}\right)\le\varphi(x)\). En intégrant sur cet intervalle : \[\frac{1}{n}\,\varphi\!\left(\frac{k}{n}\right)\le\int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}}\varphi(x)\,dx,\] c'est-à-dire \(\;\dfrac{1}{n}\left(1+\left(\dfrac{k}{n}\right)^{2}\right)^{-2}\le\displaystyle\int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}}\frac{dx}{(1+x^{2})^{2}}.\quad∎\)

5) a) Resserrement : \(0\le w_n-u_n\le\dfrac{e}{2n}\)

On a \(\left(\dfrac{n}{n^{2}+k^{2}}\right)^{2}=\dfrac{1}{n^{2}}\cdot\dfrac{1}{\left(1+\left(\frac{k}{n}\right)^{2}\right)^{2}}\). Donc : \[\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{n}{n^{2}+k^{2}}\right)^{2}=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n}\left(1+\left(\frac{k}{n}\right)^{2}\right)^{-2}.\]

D'après 4)c), en sommant pour \(k=1,\ldots,n\) : \[\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n}\left(1+\left(\frac{k}{n}\right)^{2}\right)^{-2}\le\sum_{k=1}^{n}\int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}}\frac{dx}{(1+x^{2})^{2}}=\int_{0}^{1}\frac{dx}{(1+x^{2})^{2}}\le 1\] (d'après la question 2). Donc : \[\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{n}{n^{2}+k^{2}}\right)^{2}\le\frac{1}{n}\cdot 1=\frac{1}{n}.\] En reportant dans 4)a) : \(\boxed{0\le w_n-u_n\le\dfrac{e}{2n}.}\quad∎\)

5) b) Convergence de \((w_n)\)

On a \(u_n\to\dfrac{\pi}{4}\) (question 1b) et \(0\le w_n-u_n\le\dfrac{e}{2n}\to 0\) (question 5a). Par le théorème des gendarmes : \(w_n-u_n\to 0\), d'où : \[\lim_{n\to+\infty}w_n=\lim_{n\to+\infty}u_n=\boxed{\frac{\pi}{4}.}\quad∎\]

Partie I — 1) a) Discriminant

\[\Delta=\bigl((2+i)m\bigr)^{2}-4m^{2}(1+i)=m^{2}\bigl((2+i)^{2}-4(1+i)\bigr).\] Or \((2+i)^{2}=4+4i+i^{2}=3+4i\). Donc : \[\Delta=m^{2}(3+4i-4-4i)=m^{2}(-1)=-m^{2}.\] Et \((im)^{2}=i^{2}m^{2}=-m^{2}\). D'où \(\boxed{\Delta=(im)^{2}.}\quad∎\)

Partie I — 1) b) Solutions

\(\sqrt{\Delta}=\pm\,im\). Donc : \[z=\frac{(2+i)m\pm im}{2}.\]

Avec \(+\) : \(z_1=\dfrac{(2+2i)m}{2}=(1+i)m.\)

Avec \(-\) : \(z_2=\dfrac{2m}{2}=m.\)

Les solutions sont \(\boxed{z_1=(1+i)m\quad\text{et}\quad z_2=m.}\)

Vérification : \(z_1+z_2=(2+i)m\) ✓ et \(z_1z_2=(1+i)m^{2}\) ✓. ∎

Partie I — 2) Forme exponentielle de \(z_1z_2\)

\(z_1z_2=(1+i)m^{2}\). Avec \(m=re^{i\theta}\) : \(m^{2}=r^{2}e^{2i\theta}\) et \(1+i=\sqrt{2}\,e^{i\pi/4}\). D'où : \[\boxed{z_1z_2=\sqrt{2}\,r^{2}\,e^{i(2\theta+\pi/4)}.}\quad∎\]

Partie II — 1) Calcul de \(z_3\) et \(z_4\)

\(M_3\) est l'image de \(M_2\) par la rotation de centre \(O\) et d'angle \(-\frac{\pi}{2}\) : \[z_3=e^{-i\pi/2}\,z_2=(-i)\,m(1+i)=m(-i-i^{2})=\boxed{m(1-i).}\]

\(M_4\) est l'image de \(M_1\) par l'homothétie de centre \(O\) de rapport \(k\) : \[\boxed{z_4=k\,z_1=km.}\quad∎\]

Partie II — 2) Birapport sous forme algébrique

Calculons chaque différence : \[z_4-z_2=km-m(1+i)=m(k-1-i),\qquad z_4-z_1=km-m=m(k-1),\] \[z_3-z_1=m(1-i)-m=-im,\qquad z_3-z_2=m(1-i)-m(1+i)=-2im.\]

Le birapport : \[\frac{z_4-z_2}{z_4-z_1}\times\frac{z_3-z_1}{z_3-z_2}=\frac{m(k-1-i)}{m(k-1)}\times\frac{-im}{-2im}=\frac{k-1-i}{k-1}\times\frac{1}{2}=\frac{k-1-i}{2(k-1)}.\]

Sous forme algébrique : \(\boxed{\dfrac{1}{2}-\dfrac{i}{2(k-1)}.}\quad∎\)

Partie II — 3) Cocyclicité ⟺ \(k=-2\)

Le birapport vaut \(\dfrac{1}{2}-\dfrac{i}{2(k-1)}\). Il est réel si et seulement si sa partie imaginaire est nulle : \[-\frac{1}{2(k-1)}=0,\] ce qui est impossible pour tout \(k\in\mathbb{R}\). Le birapport n'est donc jamais réel avec ces quatre points.

Partie I — 1) a) Vérification : \(1*(2i)=2\)

\(1=1+0i\) et \(2i=0+2i\). Donc \(x=1,\,y=0,\,x'=0,\,y'=2\) : \[1*(2i)=(1\cdot 2+0^{5}\cdot 0)+i\cdot 0\cdot 2=2+0=\boxed{2.}\quad∎\]

Partie I — 1) b) Non-commutativité

Calculons \((2i)*1\) : \(x=0,\,y=2,\,x'=1,\,y'=0\) : \[(2i)*1=(0\cdot 0+2^{5}\cdot 1)+i\cdot 2\cdot 0=32\ne 2=1*(2i).\] Donc \(*\) n'est pas commutatif. ∎

Partie I — 2) Associativité

Soient \(a+ib,\;c+id,\;e+if\in\mathbb{C}\).

\(\bullet\) \((a+ib)*(c+id)=(ad+b^{5}c)+ibd\). Posons \(P=ad+b^{5}c\) et \(Q=bd\).

\(\bullet\) \(\bigl((a+ib)*(c+id)\bigr)*(e+if)=(P+iQ)*(e+if)=(Pf+Q^{5}e)+iQf\) \[=(ad+b^{5}c)f+(bd)^{5}e+ibdf=adf+b^{5}cf+b^{5}d^{5}e+ibdf.\]

\(\bullet\) \((c+id)*(e+if)=(cf+d^{5}e)+idf\).

\(\bullet\) \((a+ib)*\bigl((c+id)*(e+if)\bigr)=(a+ib)*(cf+d^{5}e+idf)=a\cdot df+b^{5}(cf+d^{5}e)+ibdf\) \[=adf+b^{5}cf+b^{5}d^{5}e+ibdf.\]

Les deux expressions sont identiques (clé : \((bd)^{5}=b^{5}d^{5}\)). Donc \(*\) est associatif. ∎

Partie I — 3) a) Vérification : \(1*(1+2i)=2\)

\(x=1,\,y=0,\,x'=1,\,y'=2\) : \[1*(1+2i)=(1\cdot 2+0^{5}\cdot 1)+i\cdot 0\cdot 2=2+0=\boxed{2.}\quad∎\]

Partie I — 3) b) \((\mathbb{C},*)\) n'est pas un groupe

On a \(1*(2i)=2\) (question 1a) et \(1*(1+2i)=2\) (question 3a). Ainsi : \[1*(2i)=1*(1+2i).\] Dans un groupe, la loi est simplifiable : \(a*b=a*c\Rightarrow b=c\). On aurait donc \(2i=1+2i\), soit \(0=1\). Contradiction.

Donc \((\mathbb{C},*)\) n'est pas un groupe. ∎

Partie I — 4) a) Stabilité de \(E\)

Soient \(x+iy,\;x'+iy'\in E\), donc \(y,y'\in\mathbb{R}^{*}\). Alors : \[(x+iy)*(x'+iy')=(xy'+y^{5}x')+i\underbrace{yy'}_{\ne 0}\in E\] car \(yy'\in\mathbb{R}^{*}\). Donc \(E\) est stable pour \(*\). ∎

Partie I — 4) b) \((E,*)\) est un groupe non abélien

Associativité : héritée de \(\mathbb{C}\) (question 2). ✓

Élément neutre : cherchons \(e=a+bi\in E\) tel que \(\forall\,z=x+iy\in E\) : \(z*e=z\). \[(x+iy)*(a+bi)=(xb+y^{5}a)+iyb=x+iy.\] Donc \(yb=y\) (pour tout \(y\ne 0\)), soit \(b=1\), et \(x+y^{5}a=x\) (pour tout \(x,y\)), soit \(a=0\). L'élément neutre est \(\boxed{e=i}\in E\) (car \(\text{Im}(i)=1\ne 0\)). ✓

Vérification : \(i*z=(0+i)*(x+iy)=(0\cdot y+1^{5}\cdot x)+i\cdot 1\cdot y=x+iy=z\). ✓

Inverse : pour \(z=x+iy\in E\) (\(y\ne 0\)), on cherche \(z'=a+bi\in E\) tel que \(z*z'=i\) : \[(xb+y^{5}a)+iyb=0+i.\] Donc \(yb=1\Rightarrow b=\frac{1}{y}\), et \(\frac{x}{y}+y^{5}a=0\Rightarrow a=-\frac{x}{y^{6}}\). Ainsi : \[z^{-1}=-\frac{x}{y^{6}}+\frac{i}{y}\in E\quad(\text{car }\tfrac{1}{y}\ne 0).\quad✓\]

Non abélien : soient \(1+i,\;1+2i\in E\). \[(1+i)*(1+2i)=(1\cdot 2+1^{5}\cdot 1)+i\cdot 1\cdot 2=3+2i,\] \[(1+2i)*(1+i)=(1\cdot 1+2^{5}\cdot 1)+i\cdot 2\cdot 1=33+2i.\] Comme \(3+2i\ne 33+2i\), \((E,*)\) est un groupe non abélien. ∎

Partie II — 1) \(F\) est un sous-groupe de \((E,*)\)

\(F\subseteq E\) (car \(yi=0+yi\) avec \(y\in\mathbb{R}^{*}\)). \(F\ne\varnothing\) (contient \(i\)).

Stabilité : pour \(iy_1,\,iy_2\in F\) : \(iy_1*iy_2=(0\cdot y_2+y_1^{5}\cdot 0)+iy_1y_2=iy_1y_2\in F\). ✓

Inverse : l'inverse de \(iy\) dans \(E\) est \(-0/y^{6}+i/y=i/y\in F\) (car \(1/y\in\mathbb{R}^{*}\)). ✓

Par le critère de sous-groupe, \(F\) est un sous-groupe de \((E,*)\). ∎

Partie II — 2) a) \(\varphi(\mathbb{R})=G\)

\(\varphi(\mathbb{R})=\{x+i\mid x\in\mathbb{R}\}=G\). ∎

Partie II — 2) b) Homomorphisme

Pour \(x,x'\in\mathbb{R}\) : \[\varphi(x)*\varphi(x')=(x+i)*(x'+i)=(x\cdot 1+1^{5}\cdot x')+i\cdot 1\cdot 1=(x+x')+i=\varphi(x+x').\] Donc \(\varphi\) est un homomorphisme de \((\mathbb{R},+)\) vers \((\mathbb{C},*)\). ∎

Partie II — 2) c) \((G,*)\) est un groupe abélien

\(\varphi\) est un homomorphisme surjectif de \((\mathbb{R},+)\) sur \((G,*)\). Comme \((\mathbb{R},+)\) est un groupe abélien et que l'image d'un groupe (resp. abélien) par un homomorphisme surjectif est un groupe (resp. abélien), \((G,*)\) est un groupe abélien. ∎

1) Algorithme d'Euclide : \(u\) tel que \(10u\equiv 1\;[23]\)

\[23=2\times 10+3,\qquad 10=3\times 3+1,\qquad 3=3\times 1.\]

Remontée de l'algorithme : \[1=10-3\times 3=10-3\times(23-2\times 10)=7\times 10-3\times 23.\] Donc \(7\times 10\equiv 1\;[23]\), soit \(\boxed{u=7.}\quad∎\)

2) a) Congruence \(m\equiv 10(q+ur)\;[23]\)

On a \(m=10q+r\). Calculons : \[m-10(q+ur)=(10q+r)-10q-10ur=r-10ur=r(1-10u).\] Or \(10u\equiv 1\;[23]\), donc \(1-10u\equiv 0\;[23]\), soit \(23\mid(1-10u)\). En particulier, avec \(u=7\) : \(1-70=-69=-3\times 23\). ✓

Ainsi \(23\mid r(1-10u)\), d'où \(23\mid(m-10(q+ur))\), soit \(\boxed{m\equiv 10(q+ur)\;[23].}\quad∎\)

2) b) Critère de divisibilité

D'après 2)a) : \(m\equiv 10(q+ur)\;[23]\). Comme \(\text{pgcd}(10,23)=1\), le théorème de Gauss donne : \[23\mid 10(q+ur)\;\Leftrightarrow\;23\mid(q+ur).\] D'où \(\boxed{23\mid m\;\Leftrightarrow\;23\mid(q+ur)}\), et avec \(u=7\) : \(23\mid m\;\Leftrightarrow\;23\mid(q+7r)\). ∎

3) a) Forme des solutions de \((S)\)

\(x\equiv 2\;[10]\) s'écrit \(x=10q+2\) avec \(q\in\mathbb{N}\) et \(r=2\).

\(x\equiv 1\;[23]\) signifie \(23\mid(x-1)\), i.e. \(23\mid(10q+1)\).

Appliquons le critère de 2)b) à \(m=10q+1\) (dont la division par \(10\) donne quotient \(q\) et reste \(1\)) : \[23\mid(10q+1)\;\Leftrightarrow\;23\mid(q+7\times 1)=23\mid(q+7).\quad∎\]

3) b) Résolution de \((S)\) dans \(\mathbb{N}\)

\(23\mid(q+7)\) signifie \(q+7=23t\) pour un entier \(t\), soit \(q=23t-7\). Pour \(q\ge 0\) : \(t\ge 1\).

Donc \(x=10q+2=10(23t-7)+2=230t-68\).

Pour \(t=1\) : \(x=162\). Les solutions dans \(\mathbb{N}\) sont : \[\boxed{x\in\{162+230k\mid k\in\mathbb{N}\},\quad\text{i.e.}\quad x\equiv 162\;[230].}\]

Vérification : \(162=7\times 23+1\equiv 1\;[23]\) ✓ et \(162=16\times 10+2\equiv 2\;[10]\) ✓. ∎