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 $]0,1[$ : $0<x<1$ implique $x^{n-1}<1$ et $\ln(x)<0$. On écrit : $$f_n'(x)=\underbrace{(1-x^{n-1})}_{>0}+\underbrace{(-nx^{n-1}\ln(x))}_{>0}>0.$$

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 $Q=bd$.

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