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