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Examen national2020 · Session normaleGratuit

Examen National — Session Normale 2020 — Sciences Mathématiques (BIOF)

1Sujet

Exercice 1 : Arithmétique (3,5 pts)

Dans ℤ×ℤ, on considère l'équation (D) : 7x³ − 13y = 5.

  1. Soit (x,y) une solution de (D) dans ℤ×ℤ. a) Montrer que x et 13 sont premiers entre eux. b) En déduire, à l'aide du petit théorème de Fermat, que x¹² ≡ 1 (mod 13). c) Montrer que x³ ≡ 10 (mod 13). d) En déduire que x¹² ≡ 3 (mod 13).
  2. Conclure que (D) n'admet pas de solution dans ℤ×ℤ.

Exercice 2 : Structures algébriques — groupes (3,5 pts)

On munit M₂(ℝ) de la multiplication matricielle usuelle. Soit E = {(1,x ; 0,y) : x∈ℝ, y∈ℝ*}.

  1. Montrer que E est stable pour ×, et que × n'est pas commutative dans E.
  2. Montrer que (E,×) est un groupe (non commutatif), d'élément neutre I.
  3. Soit F = {M(x) = (1, x−1 ; 0, x) : x∈ℝ*} ⊂ E. Montrer que l'application φ : (ℝ*,×) → (F,×), φ(x)=M(x), est un isomorphisme de groupes. En déduire que (F,×) est un groupe commutatif.

Exercice 3 : Nombres complexes et géométrie (3,5 pts)

I. Soit m∈ℂ*. On considère l'équation, d'inconnue complexe z :

(E) : z³ − 2mz² + 2m²z − m³ = 0

  1. Vérifier que m est solution de (E).
  2. En déduire que l'ensemble des solutions de (E) est {m, m e^(iπ/3), m e^(−iπ/3)}.
  3. On note z₁ = m e^(iπ/3) et z₂ = m e^(−iπ/3). Vérifier que 1/z₁ + 1/z₂ = 1/m.
  4. On pose m = 1 + e^(iπ/3). Calculer z₁ et z₂.

II. On pose A(m e^(iπ/3)) et B(m e^(−iπ/3)), m∈ℂ*.

  1. Montrer que O, A, B ne sont pas alignés.
  2. Soit P le point tel que la rotation de centre P et d'angle π/2 envoie O sur A ; R le point tel que la rotation de centre R et d'angle π/2 envoie B sur O ; Q le point tel que la rotation de centre Q et d'angle π/2 envoie A sur B. Déterminer les affixes p, q, r en fonction de m.
  3. Montrer que OQ = PR et que les droites (OQ) et (PR) sont perpendiculaires.

Exercice 4 : Analyse (≈ 9,5 pts)

Partie I. Montrer que pour tout x>0 : 1/(x+1) < ln(1+1/x) < 1/x. (P)

Partie II. Soit f définie sur [0,+∞[ par f(0)=0 et, pour x>0, f(x) = x³ln(1+1/x). Soit (C) sa courbe.

  1. Montrer que f est continue en 0 et dérivable à droite en 0, avec f'_d(0)=0.
  2. Montrer que pour tout x>0 : f'(x) = 3x²[ln(1+1/x) − 1/(3(x+1))].
  3. À l'aide de (P), montrer que f'(x)>0 pour tout x>0 ; en déduire le sens de variation de f.
  4. Déterminer lim(x→+∞) f(x)/x et interpréter graphiquement.
  5. Montrer que f réalise une bijection de [0,+∞[ sur [0,+∞[.

Partie III. Soit g(x)=f(x)/x pour x>0, prolongée par g(0)=0.

  1. Montrer que g'(x) = 2x[ln(1+1/x) − 1/(2(x+1))], et que g est strictement croissante sur [0,+∞[.
  2. Montrer que l'équation g(x)=1 admet une unique solution α, avec α∈]1,2[.
  3. En déduire que l'équation f(x)=x admet exactement deux solutions : 0 et α.

Partie IV. Soit (uₙ) définie par u₀∈]0,α[ et uₙ₊₁ = f⁻¹(uₙ).

  1. Montrer que pour tout n : uₙ∈]0,α[.
  2. Montrer que (uₙ) est strictement croissante.
  3. En déduire que (uₙ) converge, et déterminer sa limite.

Partie V. Soit F(x) = ∫ₓ¹ f(t)dt pour x≥0.

  1. Montrer que F est dérivable, avec F'(x)=−f(x) ; en déduire le sens de variation de F et son signe.
  2. Montrer que, pour tout x≥1 : F(x) ≤ (1−x)ln2 ; en déduire lim(x→+∞) F(x).
  3. Établir que, pour x>0 : F(x) = 5/24 − x³/12 + x²/8 − x/4 + (1/4)ln(1+x) − (x⁴/4)ln(1+1/x). En déduire ∫₀¹ f(t)dt.
  4. Soit vₙ = Σ(k=0 à n−1) [F((2k+1)/(2n)) − F(k/n)]. Établir un encadrement de vₙ à l'aide de f(k/n), puis déterminer lim(n→+∞) vₙ.

2Correction

Correction — Exercice 1

1a) Si (x,y) solution : 7x³−13y=5. Si 13 divisait x, alors 13 diviserait 7x³, donc 13 diviserait (7x³−13y)=5, ce qui est faux (13∤5). Donc pgcd(x,13)=1.

1b) 13 est premier et pgcd(x,13)=1 : par le petit théorème de Fermat, x¹²≡1 (mod 13).

1c) En réduisant 7x³−13y=5 modulo 13 : 7x³≡5 (mod 13). Comme 7×2=14≡1 (mod13), 7 est inversible mod 13, d'inverse 2. En multipliant par 2 : x³≡10 (mod 13).

1d) x¹²=(x³)⁴≡10⁴ (mod 13). 10²=100≡100−91=9 (mod13). 10⁴≡9²=81≡81−78=3 (mod13). Donc x¹²≡3 (mod 13).

2) D'après 1b) x¹²≡1 (mod13) et d'après 1d) x¹²≡3 (mod13). Donc 1≡3 (mod13), soit 13|2 : contradiction. (D) n'admet donc aucune solution dans ℤ×ℤ.

Correction — Exercice 2

1) (1,x;0,y)×(1,x';0,y') = (1, x'+xy' ; 0, yy'). Comme y,y'∈ℝ*, yy'≠0, donc le produit appartient à E : E est stable pour ×. Avec x=1,y=1,x'=1,y'=2 : (1,1;0,1)×(1,1;0,2)=(1,3;0,2) alors que (1,1;0,2)×(1,1;0,1)=(1,2;0,2) : les résultats diffèrent, donc × n'est pas commutative sur E.

2) L'associativité est héritée de M₂(ℝ). L'élément neutre I=(1,0;0,1)∈E. Pour (1,x;0,y)∈E, on cherche (1,x';0,y') tel que (1,x'+xy';0,yy')=(1,0;0,1) : yy'=1 donc y'=1/y ; x'+xy'=0 donc x'=−x/y. L'inverse (1,−x/y;0,1/y) appartient bien à E (1/y∈ℝ*). Donc (E,×) est un groupe, non commutatif d'après 1).

3) Pour x,x'∈ℝ*, en utilisant la formule générale du produit avec a=x−1,y=x,a'=x'−1,y'=x' : M(x)×M(x') = (1, (x'−1)+(x−1)x' ; 0, xx') = (1, xx'−1 ; 0, xx') = M(xx'). Donc φ(x)×φ(x')=φ(xx') : φ est un morphisme de (ℝ*,×) vers (F,×). φ est bijective de ℝ* sur F (M(x)=M(x') ⟹ x=x' directement, et tout élément de F est bien de la forme M(x)). Donc φ est un isomorphisme de groupes. Comme (ℝ*,×) est commutatif et que φ est un isomorphisme, (F,×) est un groupe commutatif (isomorphe à (ℝ*,×)).

Correction — Exercice 3

I.1) m³−2m·m²+2m²·m−m³ = m³−2m³+2m³−m³ = 0. m est bien solution.

I.2) On factorise (vérifié par développement) : z³−2mz²+2m²z−m³ = (z−m)(z²−mz+m²). Il reste à résoudre z²−mz+m²=0 : Δ=m²−4m²=−3m²=(im√3)². Racines z=(m±im√3)/2=m(1±i√3)/2=m·e^(±iπ/3). Donc l'ensemble des solutions est {m, m e^(iπ/3), m e^(−iπ/3)}.

I.3) z₁,z₂ sont les racines de z²−mz+m²=0 : somme=m, produit=m². Donc 1/z₁+1/z₂=(z₁+z₂)/(z₁z₂)=m/m²=1/m.

I.4) m=1+e^(iπ/3)=1+1/2+i√3/2=3/2+i√3/2. z₁=m·e^(iπ/3)=(3/2+i√3/2)(1/2+i√3/2)=3/4+i3√3/4+i√3/4−3/4 = i√3. z₂=m·e^(−iπ/3)=(3/2+i√3/2)(1/2−i√3/2)=3/4−i3√3/4+i√3/4+3/4 = 3/2 − i√3/2.

II.1) a/b = e^(iπ/3)/e^(−iπ/3) = e^(i2π/3), qui n'est pas réel : les points O, A, B ne sont pas alignés.

II.2) Formule du centre Ω d'une rotation d'angle θ envoyant M sur M' : ω=(M'−e^(iθ)M)/(1−e^(iθ)).

  • P (O→A, angle π/2) : p=a/(1−i)=a(1+i)/2 = m e^(iπ/3)·√2e^(iπ/4)/2 = m(√2/2) e^(i7π/12).
  • R (B→O, angle π/2) : r=(0−ib)/(1−i)=b(1−i)/2 = m e^(−iπ/3)·√2e^(−iπ/4)/2 = m(√2/2) e^(−i7π/12).
  • Q (A→B, angle π/2) : q=(b−ia)/(1−i). b−ia = m[e^(−iπ/3)−e^(i5π/6)] = m[(1/2−i√3/2)−(−√3/2+i/2)] = m(1+√3)/2. Donc q = m(1+√3)/2/(1−i) = m(1+√3)/2.

II.3) OQ = |q| = |m|(1+√3)/2. PR = |r−p| = |m|(√2/2)|e^(−i7π/12)−e^(i7π/12)| = |m|(√2/2)·2sin(7π/12) = |m|√2 sin(7π/12). Or sin(7π/12)=sin(60°+45°)=(√3/2)(√2/2)+(1/2)(√2/2)=√2(√3+1)/4. Donc PR = |m|√2·√2(√3+1)/4 = |m|(√3+1)/2 = OQ. ✓ De plus r−p = m(√2/2)[e^(−i7π/12)−e^(i7π/12)] = −i·[m√2 sin(7π/12)] = −i·q. Le vecteur PR est donc l'image du vecteur OQ par la rotation d'angle −π/2 : (OQ)⊥(PR).

Correction — Exercice 4

Partie I (P) : Pour t>0, posons ψ(t)=t−ln(1+t) et φ(t)=ln(1+t)−t/(1+t). ψ(0)=φ(0)=0, ψ'(t)=1−1/(1+t)=t/(1+t)>0 et φ'(t)=1/(1+t)−1/(1+t)²=t/(1+t)²>0. Donc ψ et φ sont strictement positives sur ]0,+∞[ : t/(1+t)<ln(1+t)<t. En posant t=1/x (x>0) : 1/(x+1) < ln(1+1/x) < 1/x.

II.1) Par croissances comparées, x³ln(1+1/x) → 0 quand x→0⁺ (car ln(1+1/x)~ln(1/x) et x³ln(1/x)→0) : f continue en 0. [f(x)−f(0)]/x = x²ln(1+1/x) → 0 de même : f'_d(0)=0.

II.2) f(x)=x³[ln(x+1)−ln x]. f'(x)=3x²[ln(1+1/x)] + x³[1/(x+1)−1/x] = 3x²ln(1+1/x) − x²/(x+1) = 3x²[ln(1+1/x) − 1/(3(x+1))].

II.3) D'après (P), ln(1+1/x) > 1/(x+1) > 1/(3(x+1)), donc le crochet est strictement positif : f'(x)>0 pour x>0, et f est strictement croissante sur [0,+∞[.

II.4) f(x)/x = x²ln(1+1/x) > x²/(x+1) (par P) → +∞ quand x→+∞. Donc lim f(x)/x = +∞ : (C) admet une branche parabolique de direction (Oy) en +∞.

II.5) f est continue, strictement croissante sur [0,+∞[, f(0)=0, et f(x)>x³/(x+1)→+∞. D'après le théorème de la bijection, f réalise une bijection de [0,+∞[ sur [0,+∞[.

III.1) g(x)=x²ln(1+1/x). g'(x)=2x ln(1+1/x) − x/(x+1) = 2x[ln(1+1/x) − 1/(2(x+1))]. D'après (P), le crochet est positif, donc g'(x)>0 pour x>0 : g strictement croissante.

III.2) g continue strictement croissante, g(0)=0, g(1)=ln2≈0,69<1, g(2)=4ln(3/2)≈1,62>1, et g→+∞. Par le théorème des valeurs intermédiaires (strictement monotone) : il existe un unique α∈]1,2[ tel que g(α)=1.

III.3) Pour x>0 : f(x)=x ⟺ x²ln(1+1/x)=1 ⟺ g(x)=1 ⟺ x=α. Avec x=0 (trivial, f(0)=0) : S={0, α}.

IV.1) Récurrence : u₀∈]0,α[. Si uₙ∈]0,α[, comme f⁻¹ est strictement croissante avec f⁻¹(0)=0 et f⁻¹(α)=α (car f(α)=α), on a f⁻¹(0)<f⁻¹(uₙ)<f⁻¹(α), soit 0<uₙ₊₁<α.

IV.2) Sur ]0,α[, g(x)<1 (g croissante, g(α)=1), soit f(x)<x. En posant y=f(x), x=f⁻¹(y) : y<f⁻¹(y) pour y∈]0,α[. Donc uₙ₊₁=f⁻¹(uₙ)>uₙ : (uₙ) est strictement croissante.

IV.3) (uₙ) croissante et majorée par α : elle converge vers une limite L≤α, avec L=f⁻¹(L) (continuité), soit f(L)=L. Les seules solutions de f(x)=x sont 0 et α (III.3) ; comme uₙ≥u₀>0, L≠0. Donc (uₙ) converge vers α.

V.1) F'(x)=−f(x) (dérivée d'une intégrale à borne inférieure variable, f continue). Comme f(x)≥0 sur [0,+∞[, F est décroissante. Pour x≤1 : F(x)=∫ₓ¹f (bornes dans l'ordre croissant, f≥0) donc F(x)≥0 ; pour x≥1 : F(x)=−∫₁ˣf ≤0.

V.2) Pour t∈[1,x] (x≥1), f croissante donc f(t)≥f(1)=ln2. D'où ∫₁ˣf(t)dt ≥ (x−1)ln2, soit −F(x)≥(x−1)ln2, c'est-à-dire F(x)≤(1−x)ln2. Comme (1−x)ln2→−∞, par comparaison lim(x→+∞) F(x) = −∞.

V.3) On vérifie, en dérivant terme à terme F₀(x)=5/24−x³/12+x²/8−x/4+(1/4)ln(1+x)−(x⁴/4)ln(1+1/x), que F₀'(x) = −x³ln(1+1/x) = −f(x) [les termes rationnels se simplifient grâce à l'identité (1+x³)/(1+x)=1−x+x²]. F et F₀ sont donc deux primitives de −f sur ]0,+∞[ ; comme F₀(1)=5/24−1/12+1/8−1/4+(ln2)/4−(ln2)/4=0=F(1), on a F=F₀ sur ]0,+∞[. Par continuité en 0 (le terme (x⁴/4)ln(1+1/x)→0) : ∫₀¹f(t)dt = F(0) = 5/24.

V.4) Sur [k/n,(2k+1)/(2n)] (longueur 1/(2n)), le TAF appliqué à F donne cₖ∈]k/n,(2k+1)/(2n)[ tel que F((2k+1)/(2n))−F(k/n) = −f(cₖ)/(2n). Comme f croissante et k/n<cₖ<(k+1)/n : f(k/n)≤f(cₖ)≤f((k+1)/n), donc −f((k+1)/n)/(2n) ≤ F((2k+1)/(2n))−F(k/n) ≤ −f(k/n)/(2n). En sommant pour k=0,…,n−1 :

−1/(2n)·Σ(k=1 à n) f(k/n) ≤ vₙ ≤ −1/(2n)·Σ(k=0 à n−1) f(k/n)

Les deux sommes (1/n)Σf(k/n) sont des sommes de Riemann de f sur [0,1] qui convergent vers ∫₀¹f = 5/24. Donc les deux bornes tendent vers −(1/2)(5/24) = −5/48. Par le théorème des gendarmes, lim(n→+∞) vₙ = −5/48.