Examen National de Mathématiques – Sciences maths – Session de Rattrapage 2025

1. 1. On sait que :
      $$\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} x\ln x = 0 \,\text{ et }\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{x}{{{x^2} + 1}} = 0$$ alors : \[\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left( {\frac{x}{{{x^2} + 1}}} \right)x\ln x = 0 \times 0 = 0\] alors : \[\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right) = f\left( 0 \right) = 0\] donc $f$ est continue à droite en $0$.
   2. On a :\[\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{f\left( x \right) -f\left( 0 \right)}}{{x -0}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{x\ln x}}{{{x^2} + 1}} = \frac{0}{{0 + 1}} = 0\in\mathbb{R}\]
      alors $f$ est dérivable à droite en $0$, et la courbe $(C)$ admet une demi-tangente horizontale au point $O(0,0)$ d’équation : $y=f(0)=0$; $x\ge 0$
   3. On a : \[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{x^2}\ln x}}{{{x^2} + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\ln x}}{{1 + \frac{1}{{{x^2}}}}} = + \infty \]
      car : \[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \ln x = + \infty \,\,\,\,\,\text{ et }\,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } 1 + \frac{1}{{{x^2}}} = 1\] On a : \[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{f\left( x \right)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x\ln x}}{{{x^2} + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\frac{{\ln x}}{x}}}{{1 + \frac{1}{{{x^2}}}}} = 0\] car : \[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\ln x}}{x} = 0\,\,\,\,\,\text{ et } \,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } 1 + \frac{1}{{{x^2}}} = 1\] donc la courbe $(C)$ admet une branche parabolique de direction $(Ox)$ au voisinage de $+\infty$
2. Soit $\varphi$ la fonction définie sur $]0; +\infty[$ par : $ \varphi(x) = x^2 + 1 + 2 \ln x $
   1. $\varphi$ est dérivable sur $]0; +\infty[$ comme somme de fonctions dérivables sur $]0; +\infty[$, et pour tout $x$ de $]0; +\infty[$, on a :
      \[\varphi’\left( x \right) = 2\left( {x + \frac{1}{x}} \right) > 0\text{ car } x > 0\] donc $\varphi$ est strictement croissante sur $]0; +\infty[$, et on a :
      \[\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \varphi \left( x \right) = -\infty \,\,\,et\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \varphi \left( x \right) = + \infty \]
      
   2. La fonction $\varphi$ est continue sur $]0; +\infty[$, et puisque $\varphi$ est strictement croissante sur $]0; +\infty[$, alors $\varphi$ est une bijection de $]0; +\infty[$ vers $\varphi\left(]0; +\infty[\right)=]-\infty; +\infty[=\mathbb{R}$
      et comme $0\in\mathbb{R}$, alors l’équation $\varphi(x)=0$ admet une unique solution $\beta\in ]0; +\infty[$, de pluse : \[\begin{aligned}
      \varphi \left( {\frac{1}{2}} \right) &= \frac{1}{4} + 1 -2\ln 2\, \simeq -0,15 < 0\\ \varphi \left( {\frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right) &= \frac{1}{3} + 1 -\ln 3\, \simeq 0,23 > 0
      \end{aligned}\] alors : \[\varphi \left( {\frac{1}{2}} \right) \times \varphi \left( {\frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right) < 0\] alors : \[\left( {\exists !\beta \in \left] {\frac{1}{2};\frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right[} \right);\,\,\,\,\varphi \left( \beta \right) = 0 \]
   3. On a :
      \[\begin{aligned}
      \varphi \left( \beta \right) = 0 &\Leftrightarrow {\beta ^2} + 1 + 2\ln \beta = 0\\
      &\Leftrightarrow {\beta ^2} + 1 = -2\ln \beta
      \end{aligned}\] donc : \[f\left( \beta \right) = \frac{{{\beta ^2}\ln \beta }}{{{\beta ^2} + 1}} = \frac{{{\beta ^2}\ln \beta }}{{ -2\ln \beta }} = \frac{{{\beta ^2}}}{{ -2}}\] donc : $ f(\beta) = -\dfrac{\beta^2}{2} $
3. 1. Les fonctions $x \mapsto \dfrac{{{x^2}}}{{{x^2} + 1}}$ et $x \mapsto \ln x$ sont dérivables sur $]0; +\infty[$, donc la fonction $f$ est dérivable sur $]0; +\infty[$ par proudit, et pour tout $x\in ]0; +\infty[$, on a :
      \[\begin{aligned}
      f’\left( x \right) &= \frac{{\left( {2x\ln x + \frac{{{x^2}}}{x}} \right)\left( {{x^2} + 1} \right) -\left( {2x} \right)\left( {{x^2}\ln x} \right)}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}\\
      &= \frac{{2{x^3}\ln x + 2x\ln x + {x^3} + x -2{x^3}\ln x}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}\\
      &= \frac{{2x\ln x + {x^3} + x}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}\\
      &= \frac{{x\left( {2\ln x + {x^2} + 1} \right)}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}\\
      &= \frac{{x\varphi \left( x \right)}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}
      \end{aligned}\] donc : $$\boxed{\left(\forall x\in ]0; +\infty[\right);\quad f’\left( x \right) =\dfrac{{x\varphi \left( x \right)}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}}$$
   2. Puisque : $\left(\forall x\in ]0; +\infty[\right);\quad f’\left( x \right) =\dfrac{{x\varphi \left( x \right)}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}$ et $\dfrac{x}{x^2+1}>0$, alors le signe de $f'(x)$ est celui de $\varphi(x)$ sur $]0,+\infty[$
      Or d’après la question 2)a), on a : $\varphi(]0,\beta[)=]-\infty,0[$ et $\varphi(]\beta,+\infty[)=]0,+\infty[$ et $\varphi(\beta)=0$
      
   3. D’après la question 3)b), on sait que la fonction $f$ est dérivable, donc continue, sur l’intervalle $]\beta,+\infty[$, et qu’elle est strictement croissante sur cet intervalle.
      Ainsi, $f$ est une bijection de $]\beta,+\infty[$ vers $f\left(]\beta,+\infty[\right)=\left]-\dfrac{\beta}{2},+\infty\right[$, puisque $\dfrac{1}{2}\in\left]-\dfrac{\beta}{2},+\infty\right[$, alors :
      \[\left( {\exists !c \in \left] {\beta , + \infty } \right[} \right);\,\,\,f\left( c \right) = \frac{1}{2}\] Or \[\beta \in \left] {\frac{1}{2},\frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right[ \Rightarrow \beta < 1 \Rightarrow \frac{1}{\beta } > 1 > \beta \Rightarrow \frac{1}{\beta } \in \left] {\beta , + \infty } \right[\] de plus : \[f\left( {\frac{1}{\beta }} \right) = \frac{{ -\frac{{\ln \beta }}{{{\beta ^2}}}}}{{\frac{1}{{{\beta ^2}}} + 1}} = \frac{{ -\ln \beta }}{{1 + {\beta ^2}}} = \frac{{ -\ln \beta }}{{ -2\ln \beta }} = \frac{1}{2}\] car ${\beta ^2} + 1 = -2\ln \beta$ (d’près Q.2)c))
      Donc $ \dfrac{1}{\beta} $ est l’unique solution de l’équation $ f(x) = \dfrac{1}{2} $ sur $ ]\beta; +\infty[ $
   4. L’équation de la tangente à $(C)$ en $\dfrac{1}{\beta}$ est donnée par :
      \[y = f’\left( {\frac{1}{\beta }} \right)\left( {x -\dfrac{1}{\beta} } \right) + f\left( {\frac{1}{\beta }} \right)\] On sait que : $-2\ln \beta =\beta^2+1$, alors :
      $$\begin{aligned}
      f’\left( {\frac{1}{\beta }} \right) &= \frac{{\frac{1}{\beta }\varphi \left( {\frac{1}{\beta }} \right)}}{{{{\left( {\frac{1}{{{\beta ^2}}} + 1} \right)}^2}}} = \frac{{\frac{1}{\beta }\left( {\frac{1}{{{\beta ^2}}} + 1 -2\ln \beta } \right)}}{{{{\left( {\frac{1}{{{\beta ^2}}} + 1} \right)}^2}}}\\
      &= \frac{{\frac{1}{\beta }\left( {\frac{1}{{{\beta ^2}}} + {\beta ^2} + 2} \right)}}{{{{\left( {\frac{1}{{{\beta ^2}}} + 1} \right)}^2}}} = \frac{{\frac{1}{\beta }{{\left( {\frac{1}{\beta } + \beta } \right)}^2}}}{{{{\left( {\frac{1}{{{\beta ^2}}} + 1} \right)}^2}}}\\
      &= \frac{{\frac{1}{\beta } \times {\beta ^2}{{\left( {1 + \frac{1}{{{\beta ^2}}}} \right)}^2}}}{{{{\left( {\frac{1}{{{\beta ^2}}} + 1} \right)}^2}}} = \beta
      \end{aligned}$$ donc : \[y = \beta \left( {x -\dfrac{1}{\beta} } \right) + {\frac{1}{2}}=\beta x-\dfrac{1}{2}\] Donc la droite d’équation $ y = \beta x -\dfrac{1}{2} $ est la tangente à la courbe $(C)$ au point d’abscisse $ \dfrac{1}{\beta} $
4. La courbe $(C)$ de la fonction $f$.
   

Partie II :
On pose : $ J = \left] \sqrt{3}; 2 \right[\quad \text{et} \quad \alpha = \dfrac{1}{\beta}$
Soit $g$ la fonction définie sur $]0; +\infty[$ par : $ g(x) = \sqrt{e^{1+\frac{1}{x^2}}} $

1. 1. On a $g$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ comme composée de deux fonctions dérivable sur $]0,+\infty[$, et on a $\left( {\forall x \in \left] {0, + \infty } \right[} \right)$:
      \[\begin{aligned}
      g’\left( x \right) &= \frac{1}{2}{\left( {{e^{1 + \frac{1}{{{x^2}}}}}} \right)^{\frac{1}{2}}}\left( { -2{x^{ -3}}{e^{1 + \frac{1}{{{x^2}}}}}} \right)\\
      &= -\frac{{{e^{1 + \frac{1}{{{x^2}}}}}}}{{{x^3}\sqrt {{e^{1 + \frac{1}{{{x^2}}}}}} }} = -\frac{{g\left( x \right)}}{{{x^3}}} < 0 \end{aligned}\] car $x>0$, donc $g$ est strictement décoissante sur $]0,+\infty[$.
   2. Puisque $g$ est décroissante sur $]0,+\infty[$, alors :
      \[\begin{aligned}
      x \in J &\Leftrightarrow \sqrt 3 < x < 2\\
      &\Leftrightarrow g\left( 2 \right) < g\left( x \right) < g\left( {\sqrt 3 } \right)\\
      &\Leftrightarrow \sqrt {{e^{1 + \frac{1}{4}}}} < g\left( x \right) < \sqrt {{e^{1 + \frac{1}{3}}}} \\
      &\Leftrightarrow \sqrt {{e^{\frac{5}{4}}}} < g\left( x \right) < \sqrt {{e^{\frac{4}{3}}}} \\
      &\Leftrightarrow {e^{\frac{5}{8}}} < g\left( x \right) < {e^{\frac{2}{3}}}
      \end{aligned}\] Or \[\sqrt 3 \simeq 1,73 < {e^{\frac{5}{8}}} \simeq 1,85\,\,\,\,\text{ et }\,\,\,\,{e^{\frac{2}{3}}} \simeq 1,95 < 2\] alors : \[\boxed{\left( {\forall x \in J} \right);\,\,\,\,\,\,\sqrt 3 < g\left( x \right) < 2}\]
2. 1. En utilisant le résultat de la question I.3-c), montrer que : $ g(\alpha) = \alpha $
      D’après la question I-3)c), on a :
      \[\begin{aligned}
      f\left( {\frac{1}{\beta }} \right) = \frac{1}{2} &\Leftrightarrow f\left( \alpha \right) = \frac{1}{2}\\
      &\Leftrightarrow \frac{{{\alpha ^2}\ln \alpha }}{{{\alpha ^2} + 1}} = \frac{1}{2}\\
      &\Leftrightarrow \frac{{{\alpha ^2}}}{{{\alpha ^2} + 1}} = \frac{1}{{2\ln \alpha }}\\
      &\Leftrightarrow \frac{{{\alpha ^2} + 1}}{{{\alpha ^2}}} = 2\ln \alpha \\
      &\Leftrightarrow 1 + \frac{1}{{{\alpha ^2}}} = 2\ln \alpha
      \end{aligned}\] alors, on a :
      \[g\left( \alpha \right) = \sqrt {{e^{1 + \frac{1}{{{\alpha ^2}}}}}} = \sqrt {{e^{2\ln \alpha }}} = {e^{\ln \alpha }} = \alpha \] donc : $$\boxed{g\left( \alpha \right)=\alpha}$$
   2. On a : \[\left( {\forall x \in \left] {0, + \infty } \right[} \right);{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \,\,\left| {g’\left( x \right)} \right| = \left| { -\frac{{g\left( x \right)}}{{{x^3}}}} \right| = \frac{{g\left( x \right)}}{{{x^3}}}\]
      Pour tout $\left( {\forall x \in J} \right)$, on a :
      \[\begin{aligned}
      \left\{ \begin{array}{l}
      \sqrt 3 < x < 2\\
      \sqrt 3 < g\left( x \right) < 2
      \end{array} \right. &\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
      3\sqrt 3 < {x^3} < 8\\
      \sqrt 3 < g\left( x \right) < 2
      \end{array} \right.\\
      &\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
      \dfrac{1}{8} < \dfrac{1}{{{x^3}}} < \dfrac{1}{{3\sqrt 3 }}\\
      \sqrt 3 < g\left( x \right) < 2
      \end{array} \right.\\
      &\Rightarrow \frac{{\sqrt 3 }}{8} < \frac{{g\left( x \right)}}{{{x^3}}} < \frac{2}{{3\sqrt 3 }}\\
      &\Rightarrow \left| {g’\left( x \right)} \right| \le \frac{2}{{3\sqrt 3 }}
      \end{aligned}\]
      d’où : $$\boxed{\left( {\forall x \in J} \right);\quad \left| {g’\left( x \right)} \right| \le \dfrac{2}{{3\sqrt 3 }}}$$
   3. Soit $x\in J$, et on a $\alpha=\dfrac{1}{\beta}\in J$,
      on a $g$ est continue sur $\left[ {\min \left( {x,\alpha } \right);\max \left( {x,\alpha } \right)} \right] \subset J$, et dérivable sur $\left] {\min \left( {x,\alpha } \right);\max \left( {x,\alpha } \right)} \right[ \subset J$, alors d’après le théorème des accroissements finis, il existe $c$ appartenant à $\left] \min \left( {x,\alpha } \right);\max \left( {x,\alpha } \right) \right[$ tel que :
      \[g\left( x \right) -g\left( \alpha \right) = g’\left( c \right)\left( {x -\alpha } \right)\] alors : \[\left| {g\left( x \right) -g\left( \alpha \right)} \right| = \left| {g’\left( c \right)} \right|\left| {\left( {x -\alpha } \right)} \right|\] or $g(\alpha)=\alpha$ et $\left( {\forall x \in J} \right);\quad \left| {g’\left( x \right)} \right| \le \dfrac{2}{{3\sqrt 3 }}$, d’où :
      $$\boxed{\left( {\forall x \in J} \right);\quad \left| {g\left( x \right) -\alpha } \right| \le \frac{2}{{3\sqrt 3 }}\left| {x -\alpha } \right|}$$
3. On considère la suite $(x_n)_{n\in\mathbb{N}}$ définie par : $$x_0=\dfrac{7}{4}\quad\text{et pour tout } n\in\mathbb{N},\quad x_{n+1}=g(x_n)$$
   1. Pour $n=0$, on a : $x_0=\dfrac{7}{4}$, or $\sqrt 3 < \dfrac{7}{4} < 2$, donc $x_0\in J$
      Soit $n\in \mathbb{N}$, supposons que $x_n\in J$, et montrons que $x_{n+1}\in J$.
      on a $x_n\in J$, donc d’après la question II-1)b) $g(x_n)\in J$, donc $x_{n+1}\in J$
      donc, d’après le principe de récurrence :
      $$\boxed{\left( {\forall x \in \mathbb{N}} \right);\quad {x_n} \in J}$$
   2. Pour $n=0$, on a : $\left| {{x_0} -\alpha } \right| \le {\left( {\dfrac{2}{{3\sqrt 3 }}} \right)^0}\left| {{x_0} -\alpha } \right|$
      Soit $n\in \mathbb{N}$, supposons que $\left| {{x_n} -\alpha } \right| \le {\left( {\dfrac{2}{{3\sqrt 3 }}} \right)^n}\left| {{x_0} -\alpha } \right|$, et montrons que $\left| {{x_{n + 1}} -\alpha } \right| \le {\left( {\frac{2}{{3\sqrt 3 }}} \right)^{n + 1}}\left| {{x_0} -\alpha } \right|$
      On a: \[\left| {{x_n} -\alpha } \right| \le {\left( {\frac{2}{{3\sqrt 3 }}} \right)^n}\left| {{x_0} -\alpha } \right| \Rightarrow \frac{2}{{3\sqrt 3 }}\left| {{x_n} -\alpha } \right| \le {\left( {\frac{2}{{3\sqrt 3 }}} \right)^{n + 1}}\left| {{x_0} -\alpha } \right|\] d’après la question II-2)c), on a :
      \[\begin{aligned}
      {x_n} \in J &\Rightarrow \left| {g\left( {{x_n}} \right) -\alpha } \right| \le \frac{2}{{3\sqrt 3 }}\left| {{x_n} -\alpha } \right|\\
      &\Rightarrow \left| {{x_{n + 1}} -\alpha } \right| \le \frac{2}{{3\sqrt 3 }}\left| {{x_n} -\alpha } \right|\\
      &\Rightarrow \left| {{x_{n + 1}} -\alpha } \right| \le \frac{2}{{3\sqrt 3 }}\left| {{x_n} -\alpha } \right| \le {\left( {\frac{2}{{3\sqrt 3 }}} \right)^{n + 1}}\left| {{x_0} -\alpha } \right|\\
      &\Rightarrow \left| {{x_{n + 1}} -\alpha } \right| \le {\left( {\frac{2}{{3\sqrt 3 }}} \right)^{n + 1}}\left| {{x_0} -\alpha } \right|
      \end{aligned}\] donc, d’après le principe de récurrence : $$\boxed{\left( {\forall x \in \mathbb{N}} \right);\quad \left| {{x_n} -\alpha } \right| \le {\left( {\dfrac{2}{{3\sqrt 3 }}} \right)^n}\left| {{x_0} -\alpha } \right|}$$
   3. D’après la question II-3)b), $$\left(\forall n\in\mathbb{N}\right);\quad\left| {{x_{n + 1}} -\alpha } \right| \le {\left( {\frac{2}{{3\sqrt 3 }}} \right)^{n + 1}}\left| {{x_0} -\alpha } \right|$$
      Or ${\dfrac{2}{{3\sqrt 3 }} < 1}$,
      alors : $\lim {\left( {\dfrac{2}{{3\sqrt 3 }}} \right)^n} = 0$,
      donc : $\lim {\left( {\dfrac{2}{{3\sqrt 3 }}} \right)^n}\left| {{x_0} -\alpha } \right| = 0$,
      donc : $\lim \left| {{x_n} -\alpha } \right| = 0$,
      donc : $\lim {x_n} = 0$,
      donc la suite $(x_n)_{n\in\mathbb{N}}$ converge vers $\alpha$.

1. 1. Soit $n\ge 2$ et $k \displaystyle\in\{1,2, \ldots, n-1\}$ pour
      $x \in \left[ {\dfrac{k}{n};\dfrac{{k + 1}}{n}} \right] \subset \left] {0; + \infty } \right[$,
      on a la fonction $t \mapsto \ln t$ est strictement croissante sur $\left] {0; + \infty } \right[$,
      alors, on a :
      \[\begin{aligned}
      x \in \left[ {\frac{k}{n};\frac{{k + 1}}{n}} \right] &\Leftrightarrow \frac{k}{n} \le x \le \frac{{k + 1}}{n}\\
      &\Leftrightarrow \ln \left( {\frac{k}{n}} \right) \le \ln \left( x \right) \le \ln \left( {\frac{{k + 1}}{n}} \right)
      \end{aligned}\]alors pour tout entier $k \displaystyle\in\{1,2, \ldots, n-1\}$
      et pour tout réel $x \in\left[\dfrac{k}{n} ; \dfrac{k+1}{n}\right]$, on a :
      $$\boxed{\ln \left(\dfrac{k}{n}\right) \leq \ln (x) \leq \ln \left(\dfrac{k+1}{n}\right)}$$
   2. Soit $n\ge 2$, pour tout $k \displaystyle\in\{1,2, \ldots, n-1\}$, et pour tout $x \in \left[ {\dfrac{k}{n};\dfrac{{k + 1}}{n}} \right]$, on a :
      \[\ln \left( {\frac{k}{n}} \right) \le \ln \left( x \right) \le \ln \left( {\frac{{k + 1}}{n}} \right)\] alors:
      $$\int_{\frac{k}{n}}^{\frac{{k + 1}}{n}} {\ln \left( {\frac{k}{n}} \right)dx} \le \int_{\frac{k}{n}}^{\frac{{k + 1}}{n}} {\ln \left( x \right)dx} \le \int_{\frac{k}{n}}^{\frac{{k + 1}}{n}} {\ln \left( {\frac{{k + 1}}{n}} \right)dx}$$ alors: $$\ln \left( {\frac{k}{n}} \right)\Big[ x \Big]_{\frac{k}{n}}^{\frac{{k + 1}}{n}} \le \int_{\frac{k}{n}}^{\frac{{k + 1}}{n}} {\ln \left( x \right)dx} \le \ln \left( {\frac{{k + 1}}{n}} \right)\Big[ x \Big]_{\frac{k}{n}}^{\frac{{k + 1}}{n}}$$ alors:
      $$\ln \left( {\frac{k}{n}} \right)\left( {\frac{{k + 1}}{n} -\frac{k}{n}} \right) \le \int_{\frac{k}{n}}^{\frac{{k + 1}}{n}} {\ln \left( x \right)dx} \le \ln \left( {\frac{{k + 1}}{n}} \right)\left( {\frac{{k + 1}}{n} -\frac{k}{n}} \right)$$ alors pour tout entier $k \displaystyle\in\{1,2, \ldots, n-1\}$:
      $$\boxed{\frac{1}{n}\ln \left( {\frac{k}{n}} \right) \le \int_{\frac{k}{n}}^{\frac{{k + 1}}{n}} {\ln \left( x \right)dx} \le \frac{1}{n}\ln \left( {\frac{{k + 1}}{n}} \right)}$$
2. 1. Pour tout entier $n\ge 2$ et $k \displaystyle\in\{1,2, \ldots, n-1\}$, on a:
      \[\frac{1}{n}\ln \left( {\frac{k}{n}} \right) \le \int_{\frac{k}{n}}^{\frac{{k + 1}}{n}} {\ln \left( x \right)dx} \le \frac{1}{n}\ln \left( {\frac{{k + 1}}{n}} \right)\] alors : \[\frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^{n -1} {\ln \left( {\frac{k}{n}} \right)} \le \sum\limits_{k = 1}^{n -1} {\int_{\frac{k}{n}}^{\frac{{k + 1}}{n}} {\ln \left( x \right)dx} } \le \frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^{n -1} {\ln \left( {\frac{{k + 1}}{n}} \right)} \] alors : \[\frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^{n -1} {\ln \left( {\frac{k}{n}} \right)} \le \int_{\frac{1}{n}}^{\frac{2}{n}} {\ln \left( x \right)dx} + \int_{\frac{2}{n}}^{\frac{3}{n}} {\ln \left( x \right)dx + \cdots + \int_{\frac{{n -1}}{n}}^{\frac{n}{n}} {\ln \left( x \right)dx} } \le \frac{1}{n}\sum\limits_{k = 2}^n {\ln \left( {\frac{k}{n}} \right)} \] alors, d’après la relations de chasles, on a : \[\frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^{n -1} {\ln \left( {\frac{k}{n}} \right)} \le \int_{\frac{1}{n}}^1 {\ln \left( x \right)dx} \le \frac{1}{n}\sum\limits_{k = 2}^n {\ln \left( {\frac{k}{n}} \right)} \] alors : $$\boxed{(\forall n \geq 2);\quad \dfrac{1}{n} \displaystyle\sum_{k=1}^{n-1} \ln \left(\dfrac{k}{n}\right) \leq \displaystyle\int_{\frac{1}{n}}^1 \ln (x) d x \leq \dfrac{1}{n} \sum_{k=2}^n \ln \left(\dfrac{k}{n}\right)}$$
   2. Pour tout entier $n\ge 2$, on a:
      \[\frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^{n -1} {\ln \left( {\frac{k}{n}} \right)} \le \int_{\frac{1}{n}}^1 {\ln \left( x \right)dx} \le \frac{1}{n}\sum\limits_{k = 2}^n {\ln \left( {\frac{k}{n}} \right)} \] alors: \[\frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^{n -1} {\ln \left( {\frac{k}{n}} \right)} \le \int_{\frac{1}{n}}^1 {\ln \left( x \right)dx} \le \frac{1}{n}\left( {\sum\limits_{k = 2}^{n -1} {\ln \left( {\frac{k}{n}} \right)} + \ln \left( {\frac{1}{n}} \right) + \ln \left( {\frac{n}{n}} \right)} \right) -\frac{1}{n}\ln \left( {\frac{1}{n}} \right)\] alors: \[\frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^{n -1} {\ln \left( {\frac{k}{n}} \right)} \le \int_{\frac{1}{n}}^1 {\ln \left( x \right)dx} \le \frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^{n -1} {\ln \left( {\frac{k}{n}} \right)} -\frac{1}{n}\ln \left( {\frac{1}{n}} \right)\] alors: \[{u_n} \le \int_{\frac{1}{n}}^1 {\ln \left( x \right)dx} \le {u_n} -\frac{1}{n}\ln \left( {\frac{1}{n}} \right)\] où : \[{u_n} = \frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^{n -1} {\ln \left( {\frac{k}{n}} \right)} \] d’où : $$\boxed{(\forall n \geq 2) ;\quad u_n \leq \displaystyle\int_{\frac{1}{n}}^1 \ln (x) d x \leq u_n-\dfrac{1}{n} \ln \left(\dfrac{1}{n}\right)}$$
   3. Pour tout entier $n\ge 2$, on a:
      \[\begin{aligned}
      \int_{\frac{1}{n}}^1 {\ln \left( x \right)dx} &= \Big[ {x\ln x} \Big]_{\frac{1}{n}}^1 -\int_{\frac{1}{n}}^1 {x.\frac{1}{x}dx} \\
      &= \left( {0 -\frac{1}{n}\ln \left( {\frac{1}{n}} \right)} \right) -\Big[ x \Big]_{\frac{1}{n}}^1\\
      &= -\frac{1}{n}\ln \left( {\frac{1}{n}} \right) -\left( {1 -\frac{1}{n}} \right)\\
      &= -1 + \frac{1}{n} -\frac{1}{n}\ln \frac{1}{n}
      \end{aligned}\] et puisque :
      \[{u_n} \le \int_{\frac{1}{n}}^1 {\ln \left( x \right)dx} \le {u_n} -\frac{1}{n}\ln \left( {\frac{1}{n}} \right)\] alors:
      \[\frac{1}{n}\ln \left( {\frac{1}{n}} \right) + \int_{\frac{1}{n}}^1 {\ln \left( x \right)dx} \le {u_n} \le \int_{\frac{1}{n}}^1 {\ln \left( x \right)dx} \] alors:
      \[\frac{1}{n}\ln \left( {\frac{1}{n}} \right) + \left( { -1 + \frac{1}{n} -\frac{1}{n}\ln \frac{1}{n}} \right) \le {u_n} \le \left( { -1 + \frac{1}{n} -\frac{1}{n}\ln \frac{1}{n}} \right)\] d’où : $$\boxed{(\forall n \geq 2) ;\quad -1+\dfrac{1}{n} \leq u_n \leq-1+\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n} \ln \left(\dfrac{1}{n}\right)}$$
   4. Pour tout entier $n\ge 2$, on a:
      \[ -1 + \frac{1}{n} \le {u_n} \le -1 + \frac{1}{n} -\frac{1}{n}\ln \frac{1}{n}\] Or :
      \[\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{1}{n}\ln \left( {\frac{1}{n}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{ -\ln n}}{n} = 0\quad\text{et} \quad \mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{1}{n} = 0\] donc:
      \[\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( { -1 + \frac{1}{n} -\ln \left( {\frac{1}{n}} \right)} \right) = -1\] et
      \[\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \left( { -1 + \frac{1}{n}} \right) = -1\] d’où : $$\boxed{\displaystyle\lim _{n \rightarrow+\infty} u_n=-1}$$

1. 1. On a :
      \[\begin{aligned}
      {\left( {2z + \left( {1 -i} \right){e^{i\theta }}} \right)^2} = {\left( {\left( {1 + i} \right){e^{i\theta }}} \right)^2} &\Leftrightarrow 4{z^2} + 4\left( {1 -i} \right){e^{i\theta }}z -2i{e^{i2\theta }} = 2i{e^{i2\theta }}\\
      &\Leftrightarrow 4{z^2} + 4\left( {1 -i} \right){e^{i\theta }}z -4i{e^{i2\theta }} = 0\\
      &\Leftrightarrow 4\left( {{z^2} + \left( {1 -i} \right){e^{i\theta }}z -i{e^{i2\theta }}} \right) = 0\\
      &\Leftrightarrow {z^2} + \left( {1 -i} \right){e^{i\theta }}z -i{e^{i2\theta }} = 0\\
      &\Leftrightarrow \left( {{E_\theta }} \right)
      \end{aligned}\] donc : $$\boxed{\left(E_\theta\right) \Leftrightarrow\left(2 z+(1-i) e^{i \theta}\right)^2=\left((1+i) e^{i \theta}\right)^2}$$
   2. On a :
      \[\begin{aligned}
      \left( {{E_\theta }} \right) &\Leftrightarrow {\left( {2z + \left( {1 -i} \right){e^{i\theta }}} \right)^2} = {\left( {\left( {1 + i} \right){e^{i\theta }}} \right)^2}\\
      &\Leftrightarrow {\left( {2z + \left( {1 -i} \right){e^{i\theta }}} \right)^2} -{\left( {\left( {1 + i} \right){e^{i\theta }}} \right)^2} = 0\\
      &\Leftrightarrow \left( {2z + \left( {1 -i} \right){e^{i\theta }} -\left( {1 + i} \right){e^{i\theta }}} \right)\left( {2z + \left( {1 -i} \right){e^{i\theta }} + \left( {1 + i} \right){e^{i\theta }}} \right) = 0\\
      &\Leftrightarrow \left( {2z -2i{e^{i\theta }}} \right)\left( {2z + 2{e^{i\theta }}} \right) = 0\\
      &\Leftrightarrow \left( {z -i{e^{i\theta }}} \right)\left( {z + {e^{i\theta }}} \right) = 0\\
      &\Leftrightarrow z = i{e^{i\theta }}\,\,\,ou\,\,z = -{e^{i\theta }}\\
      &\Leftrightarrow z = i\left( {\cos \theta + i\sin \theta } \right)\,\,\,ou\,\,z = -\left( {\cos \theta + i\sin \theta } \right)\\
      &\Leftrightarrow z = -\sin \theta + i\cos \theta \,\,\,ou\,\,z = -\cos \theta -i\sin \theta
      \end{aligned}\] Puisque : $\mathrm{Im}(-{e^{i\theta }})=-\sin\theta < 0$, car $\theta\in[0,\pi[$,
      alors les deux solutions $z_1$ et $z_2$ de l’équation $\left(E_\theta\right)$ sont :
      $$\boxed{z_1=-{e^{i\theta }} \quad\text{ et }\quad z_2=i{e^{i\theta }}}$$
2. 1. On a : \[\frac{{{z_1} + 1}}{{{z_2} + i}} = \frac{{1 -{e^{i\theta }}}}{{i\left( {1 + {e^{i\theta }}} \right)}} = \frac{{ -2i\sin \left( {\frac{\theta }{2}} \right){e^{i\frac{\theta }{2}}}}}{{2i\cos \left( {\frac{\theta }{2}} \right){e^{i\frac{\theta }{2}}}}} = -\tan \left( {\frac{\theta }{2}} \right)\]
      d’où : $$\boxed{\frac{{{z_1} + 1}}{{{z_2} + i}}= -\tan \left( {\frac{\theta }{2}} \right)}$$
   2. On a :
      \[\begin{aligned}
      \frac{{{z_1} + i{z_2}}}{{{z_2} + i}} &= \frac{{{z_1} + 1 -1 + i{z_2}}}{{{z_2} + i}} \\
      &= \frac{{{z_1} + 1}}{{{z_2} + i}} + \frac{{i\left( {i + {z_2}} \right)}}{{{z_2} + i}} \\
      &= -\tan \left( {\frac{\theta }{2}} \right) + i\\
      &= -\frac{{\sin \left( {\frac{\theta }{2}} \right)}}{{\cos \left( {\frac{\theta }{2}} \right)}} + i \\
      &= \frac{{ -\sin \left( {\frac{\theta }{2}} \right) + i\cos \left( {\frac{\theta }{2}} \right)}}{{\cos \left( {\frac{\theta }{2}} \right)}} \\
      &= \frac{{\cos \left( {\frac{\pi }{2} + \frac{\theta }{2}} \right) + i\sin \left( {\frac{\pi }{2} + \frac{\theta }{2}} \right)}}{{\cos \left( {\frac{\theta }{2}} \right)}} \\
      &= \frac{{{e^{i\left( {\frac{{\pi + \theta }}{2}} \right)}}}}{{\cos \left( {\frac{\theta }{2}} \right)}}
      \end{aligned}\] Or $\theta \in \left[ {0,\pi } \right[$, alors : $\dfrac{\theta }{2} \in \left[ {0,\dfrac{\pi }{2}} \right[$, alors : $\cos \left( {\dfrac{\theta }{2}}\right) > 0$
      Finalement :
      $$\boxed{\frac{{{z_1} + i{z_2}}}{{{z_2} + i}}=\frac{{{e^{i\left( {\frac{{\pi + \theta }}{2}} \right)}}}}{{\cos \left( {\frac{\theta }{2}} \right)}}}$$

Partie II:

Dans le plan complexe $(\mathcal{P})$ muni d’un repère orthonormé direct $(O, \vec{u}, \vec{v})$, on considère les points $A, B$, et $C$ d’affixes respectives $a=e^{i \theta}, b=(1+i) e^{i \theta}$ et $c=b-a$
Soient $m$ un nombre réel de $] 0 ; 1\left[, R\right.$ la rotation de centre $O$ et d’angle $\dfrac{\pi}{2}$ et le point $Q$ d’affixe $q=m e^{i \theta}$

1. 1. On a :
      \[\begin{aligned}
      R\left( Q \right) = P &\Leftrightarrow p = q{e^{i\frac{\pi }{2}}}\\
      &\Leftrightarrow p = qi\\
      &\Leftrightarrow p = mi{e^{i\theta }}\\
      &\Leftrightarrow p = mia
      \end{aligned}\] donc l’affixe $p$ du point $P$ l’image du point $Q$ par la rotation $R$ est :
      $$\boxed{p=mia}$$
   2. On a :
      \[\begin{aligned}
      c = b -a &\Leftrightarrow c = \left( {{e^{i\theta }} + i{e^{i\theta }}} \right) -{e^{i\theta }}\\
      &\Leftrightarrow c = i{e^{i\theta }}\\
      &\Leftrightarrow c = ai\\
      &\Leftrightarrow c = a{e^{i\frac{\pi }{2}}}\\
      &\Leftrightarrow R\left( A \right) = C
      \end{aligned}\] d’où : $\boxed{R(A)=C}$
2. Soit $H$ le point d’affixe $h=\dfrac{m}{m-i} e^{i \theta}$
   1. On a :
      \[\begin{aligned}
      \frac{{p -a}}{h} &= \frac{{\left( {mia -a} \right)\left( {m -i} \right)}}{{m{e^{i\theta }}}}\\
      &= \frac{{a\left( {mi -1} \right)\left( {m -i} \right)}}{{ma}}\\
      &= \frac{{i\left( {m + i} \right)\left( {m -i} \right)}}{m}\\
      &= \frac{{i\left( {{m^2} + 1} \right)}}{m}\\
      &= \frac{{{m^2} + 1}}{m}i
      \end{aligned}\] Et on a :
      \[\begin{aligned}
      \frac{{h -a}}{{p -a}} &= \frac{h}{{p -a}} -\frac{a}{{p -a}} = \frac{m}{{\left( {{m^2} + 1} \right)i}} -\frac{a}{{mia -a}}\\
      &= -\frac{m}{{{m^2} + 1}}i + \frac{1}{{m + i}}i = -\frac{m}{{{m^2} + 1}}i + \frac{{m -i}}{{{m^2} + 1}}i\\
      &= \frac{{ -m + m -i}}{{{m^2} + 1}}i = \frac{{ -i}}{{{m^2} + 1}}i = \frac{1}{{{m^2} + 1}}
      \end{aligned}\] d’où : $$\boxed{\dfrac{p-a}{h}=\dfrac{m^2+1}{m} i\quad\text{ et }\quad \dfrac{h-a}{p-a}=\dfrac{1}{m^2+1}}$$
   2. Comme \[\frac{{p -a}}{{h -0}} = \frac{{{m^2} + 1}}{m}i \in i\mathbb{R}\,\,\,\,\,\left( {car\,\,\frac{{{m^2} + 1}}{m} \in {\mathbb{R}^*}} \right)\] alors $(OH)\perp (AP)$, et comme : \[\frac{{h -a}}{{p -a}} = \frac{1}{{{m^2} + 1}} \in {\mathbb{R}^*}\] alors $A$, $H$ et $P$ sont alignés, donc on déduit que $H$ est le projeté orthogonal du point $O$ sur la droite ( $A P$ )
   3. On a :
      \[\begin{aligned}
      \frac{{b -h}}{{q -h}} &= \frac{{\left( {1 + i} \right)a -\frac{{ma}}{{m -i}}}}{{ma -\frac{{ma}}{{m -i}}}} = \frac{{\left( {1 + i} \right)\left( {m -i} \right) -m}}{{m\left( {m -i} \right) -m}}\\
      &= \frac{{m -i + mi + 1 -m}}{{m\left( {m -i -1} \right)}} = \frac{{ -i + mi + 1}}{{m\left( {m -i -1} \right)}} = \frac{{i\left( {m -i -1} \right)}}{{m\left( {m -i -1} \right)}} = \frac{i}{m}
      \end{aligned}\] d’où : $$\boxed{\dfrac{b-h}{q-h}=\dfrac{1}{m} i}$$
   4. Comme \[\frac{{b -h}}{{q -h}} = \frac{i}{m} \in i\mathbb{R}\]
      alors $$\boxed{(QH)\perp (H B)}$$
   5. On a : $$\frac{{b -h}}{{q -h}} = \frac{i}{m}$$
      et \[\frac{{b -a}}{{q -a}} = \frac{{ia}}{{ma -a}} = \frac{i}{{m -1}}\] alors : \[\frac{{b -h}}{{q -h}} \div \frac{{b -a}}{{q -a}} = \frac{i}{m} \times \frac{{m -1}}{i} = \frac{{m -1}}{m} \in \mathbb{R}^*\] de plus les points ne sont pas alignés, d’où les points $A, Q, H$ et $B$ sont cocycliques.

1. On suppose que l’équation $(E)$ admet une solution $\left(x_0, y_0\right)$
   1. L’équation $(E)$ admet une solution $(x_0,y_0)$, alors:
      \[\begin{aligned}
      {y_0} = \frac{a}{b}{x_0} – \frac{c}{d} &\Leftrightarrow {y_0} = \frac{{ad}}{{bd}}{x_0} – \frac{{bc}}{{bd}}\\
      &\Leftrightarrow bd{y_0} = ad{x_0} – bc\\
      &\Leftrightarrow d\left( {a – b{y_0}} \right) = bc
      \end{aligned}\] donc $d$ divise $b c$
   2. On a :
      \[\left\{ \begin{aligned}
      & d/bc\\
      & d \wedge c = 1
      \end{aligned} \right.\] par le théorème de Gauss, on déduit que $d$ divise $b$
2. On suppose que $d$ divise $b$ et on pose : $b=n d$ où $n$ est un entier naturel non nul.
   1. On a $(a,b)\in\mathbb{N}^*$ et $b \wedge a = 1$, alors
      d’après le théorème de Bezout :
      \[\left( {\exists \left( {\alpha ,\beta } \right) \in {\mathbb{Z}^2}} \right);\,\,\,\,\alpha a + \beta b = 1.\] Si $\alpha$ et $\beta$ sont négatifs, alors \[\alpha a + \beta b \le 0\quad \text{ (absurde)}\] Si $\alpha$ et $\beta$ sont positifs, alors \[\alpha a + \beta b \ge 2\quad \text{ (absurde)}\] Donc $\alpha$ et $\beta$ sont de signes contraires, alors on prend $u=\beta\in\mathbb{N}$ et
      $v=-\alpha\in\mathbb{N}$, alors :
      \[\left( {\exists \left( {u ,v } \right) \in {\mathbb{N}^2}} \right);\,\,\,\, – a v + bu = 1\] Comme $b=nd$, alors : \[\boxed{\left( {\exists \left( {u ,v } \right) \in {{\mathbb{N}^2}}} \right);\,\,\,\,dnu – av = 1}\]
   2. On commence par transformer l’équation donnée :
      $$
      \begin{aligned}
      (E) &\Leftrightarrow\quad bdy = adx – bc \\
      &\Leftrightarrow\quad adx – bdy = bc \\
      &\Leftrightarrow\quad adx – bdy = ndc \quad \text{(car $b = nd$)} \\
      &\Leftrightarrow\quad ax – by = nc
      \end{aligned}
      $$Existence d’une solution particulière :Comme $a\wedge b= 1$, alors ${S_E} \ne \emptyset $,
      et d’après la question 2.a), il existe $(u, v) \in \mathbb{N}^2$ tels que :
      $$bu – av = 1$$ En multipliant cette égalité par $nc$, on obtient :
      $$b(unc) – a(vnc) = nc$$ Donc le couple : $$(x_0, y_0) = (-vnc,\ -unc)$$ est une solution particulière de l’équation $ax – by = nc$.Forme générale des solutions :

      On a :
      $$\begin{aligned}
      \left\{ \begin{array}{l}
      ax – by = nc\\
      a{x_0} – b{y_0} = nc
      \end{array} \right. &\Rightarrow ax – by = a{x_0} – b{y_0}\\
      &\Rightarrow a\left( {x – {x_0}} \right) = b\left( {y – {y_0}} \right)
      \end{aligned}$$ alors $b$ divise $(x-x_0)a$ et comme $b \wedge a = 1$, alors
      d’après le théorème de Gauss $b$ divise $(x-x_0)$, alors :
      $$
      x – x_0 = bk \quad \text{avec } k \in \mathbb{Z}
      $$ ce qui donne :
      $$
      x = x_0 + bk \quad \text{et} \quad y = y_0 + ak
      $$

      Conclusion :

      L’ensemble des solutions de l’équation $(E)$ est donc :
      $$
      S = \Big\{\, (-vnc + bk,\ -unc + ak)\ \big|\ k \in \mathbb{Z} \,\Big\}$$

3. On considère dans $\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}$ l’équation suivante :
   $$
   (F) : \quad y = \dfrac{3}{2975}x – \dfrac{2}{119}
   $$Étape 1 : Mise en formeD’après les notations utilisées précédemment, on pose :
   $$a = 3,\,\, b = 2975, \,\,c = 2,\,\, d = 119$$ On observe que :
   $$
   2975 = 119 \times 25 \quad \Rightarrow \quad b = nd \quad \text{avec } n = 25
   $$On remarque aussi que :
   \[
   a \wedge b =3 \wedge 2975 = 1, \quad c\wedge d= 2 \wedge 119 = 1
   \]

   Donc toutes les conditions sont réunies pour appliquer la méthode de résolution de ce type d’équation.

   Étape 2 : Résolution de l’équation $bu – av = 1$

   On cherche des entiers naturels $u, v \in \mathbb{N}$ tels que :
   $$
   2975u – 3v = 1
   $$

   Algorithme d’Euclide étendu :
   \[
   \begin{aligned}
   2975 &= 3 \times 991 + 2 \\
   3 &= 2 \times 1 + 1 \\
   2 &= 1 \times 2 + 0
   \end{aligned}
   \]

   On remonte :
   \[
   1 = 3 – 2 = 3 – (2975 – 3 \times 991) = 3 \times 992 – 2975
   \]

   Donc une solution particulière de $2975u – 3v = 1$ est :
   $$
   (u_0, v_0) = (-1,\ -992)
   $$

   L’ensemble des solutions de l’équation $2975-3v=1$ est donné par :
   $$
   S’ = \{\, (u, v) = (-1 + 3t,\ -992 + 2975t) \mid t \in \mathbb{Z} \,\}
   $$

   Pour obtenir une solution dans $\mathbb{N} \times \mathbb{N}$, prenons $t = 1$, on obtient :
   $$
   (u, v) = (2,\ 1983)
   $$

   Étape 3 : Solution de l’équation (F)

   Rappelons que :
   \[
   S_F = \left\{\, (-vnc + bk,\ -unc + ak)\ \middle|\ k \in \mathbb{Z} \,\right\}
   \]

   Nous avons :
   \[
   v = 1983, \quad u = 2, \quad n = 25, \quad c = 2, \quad a = 3, \quad b = 2975
   \]

   Calculons :
   \[\begin{aligned}
   & -vnc = -1983 \times 25 \times 2 = -1983 \times 50 \\
   & -unc = -2 \times 25 \times 2 = -100
   \end{aligned}\]

   Donc :
   $$
   S_F = \left\{\, (-1983 \times 50 + 2975k,\ -100 + 3k)\ \middle|\ k \in \mathbb{Z} \,\right\}
   $$

   Conclusion :

   L’ensemble des solutions entières de l’équation $(F)$ est :
   $$\boxed{
   S_F = \left\{(-99150 + 2975k,\ -100 + 3k)\ \middle|\ k \in \mathbb{Z}\right\}}$$

Partie I :

1. 1. On a : $$(1 – i) * (3 + 2i) = (1 + (-1)^1 \cdot 3) + (1 + 2)i = (-2)
      + 3i$$ donc : $$(1 – i) * (3 + 2i) = -2 + 3i$$
   2. Calculons dans l’autre sens : $$(3 + 2i) * (1 – i) = (3 + (-1)^2
      \cdot 1) + (2 – 1)i = 4 + i$$ Donc : $-2 + 3i \ne 4 + i$, ce qui
      montre que $*$ n’est pas commutative.
2. Soit $z_1 = x + yi$, $z_2 = x’ + y’i$, $z_3 = x » + y »i$.
   Montrons que : $$(z_1 * z_2) * z_3 = z_1 * (z_2 * z_3)$$ On a : $$z_1 *
   z_2 = x + (-1)^y x’ + (y + y’)i$$ Ensuite : $$(z_1 * z_2) * z_3 =
   \left(x + (-1)^y x’ + (-1)^{y + y’} x »\right) + (y + y’ + y »)i$$
   Tandis que : $$z_2 * z_3 = x’ + (-1)^{y’} x » + (y’ + y »)i$$ Donc :
   $$z_1 * (z_2 * z_3) = x + (-1)^y (x’ + (-1)^{y’} x ») + (y + y’ +
   y »)i$$ Mais : $$(-1)^y (x’ + (-1)^{y’} x ») = (-1)^y x’ + (-1)^{y + y’}
   x »$$ Donc : $$(z_1 * z_2) * z_3 = z_1 * (z_2 * z_3)$$ Donc la loi $*$
   est associative.
3. Vérifions que $0 = 0 + 0i$ est l’élément neutre pour la loi $*$ dans $E$
   :
   $$(x + yi) * 0 = x + (-1)^y \cdot 0 + y i = x + yi$$ $$0 * (x + yi) = 0
   + (-1)^0 x + yi = x + yi$$ Donc $0$ est l’élément neutre pour la loi $*$
   dans $E$.
4. 1. Soit $x + yi$ un élément quelconque de $E$, montrons : $$(x + yi) *
      ((-1)^{y+1}x – y i) = 0$$ Le réel est : $$x + (-1)^y \cdot
      (-1)^{y+1}x = x – x = 0$$ L’imaginaire est : $$y + (-y) = 0$$ Donc :
      $$(x + yi) * ((-1)^{y+1}x – y i) = 0$$
   2. On a : $$(x+yi)*((-1)^{y+1}x-yi)=0$$ et on a : \[\begin{aligned}
      \left( {{{\left( { – 1} \right)}^{y + 1}}x – yi} \right)*\left( {x +
      yi} \right) &= \left( {{{\left( { – 1} \right)}^{y + 1}}x + {{\left(
      { – 1} \right)}^{ – y}}x} \right) + \left( { – y + y} \right)i\\ &=
      \left( { – {{\left( { – 1} \right)}^y}x + {{\left( { – 1}
      \right)}^y}x} \right) + \left( { – y + y} \right)i\\ &= 0 + 0i\\ &=
      0 \end{aligned}\] alors chaque élément $(x+yi)$ dans E possède un
      symétrique $\left( {{{\left( { – 1} \right)}^{y + 1}}x – yi}
      \right)$ dans $E$, de plus la loi est associative, l’élément neutre
      existe $0\in E$ et la loi $*$ n’est pas commutative (voir question
      1.b), donc $(E,*)$ c’est un groupe non commutatif.

Partie II :

1. 1. On a : $0=0+2\times 0 i\in F$, donc $F\neq \emptyset$, et on a :
      $F\subset E$ Pour $z = x + 2yi$ et $z’ = x’ + 2y’i$ de $F$ où
      $x,y,x’$ et $y’$ de $\mathbb{Z}$: \[\begin{aligned} z*z’ &= x +
      {\left( { – 1} \right)^{2y}}x’ + \left( {2y + 2y’} \right)i\\ &= x +
      x’ + 2\left( {y + y’} \right)i \in F \end{aligned}\] Pour tout $z
      \in F$, son symétrique $(-x-2yi)$ est dans $F$, donc $F$ est un
      sous-groupe de $(E,*)$.
   2. Soient $x+2yi$ et $x’+2y’i$ deux éléments de $F$. On a :
      \[\begin{aligned} \left( {x + 2yi} \right)*\left( {x’ + 2y’i}
      \right) &= \left( {x + {{\left( { – 1} \right)}^{2y}}x’} \right) +
      \left( {2y + 2y’} \right)i\\ &= \left( {x + x’} \right) + 2\left( {y
      + y’} \right)i \end{aligned}\] et on a : \[\begin{aligned} \left(
      {x’ + 2y’i} \right)*\left( {x + 2yi} \right) &= \left( {x’ +
      {{\left( { – 1} \right)}^{2y’}}x} \right) + \left( {2y’ + 2y}
      \right)i\\ &= \left( {x + x’} \right) + 2\left( {y + y’} \right)i
      \end{aligned}\] alors : \[\left( {x + 2yi} \right)*\left( {x’ +
      2y’i} \right) = \left( {x’ + 2y’i} \right)*\left( {x + 2yi}
      \right)\] donc la loi $*$ est commutative dans $F$.
2. Soit $\varphi(x + 2y i) = M(x, y)$ définie par : $$ M(x, y) =
   \left(\begin{array}{ccc} 1 & x & y \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1
   \end{array}\right) $$
   1. Soit $z = x + 2y i$, $z’ = x’ + 2y’ i$ deux éléments de $F$
      Alors : $$z * z’ = x + x’ + 2(y + y’)i$$ Alors : $$\varphi(z * z’) =
      M(x + x’, y + y’)$$ De même : \[\begin{aligned} \varphi \left( z
      \right) \times \varphi \left( {z’} \right) &= M\left( {x,y} \right)
      \times M\left( {x’,y’} \right)\\ &= \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
      1&x&y\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{array}} \right)\left(
      {\begin{array}{*{20}{c}} 1&{x’}&{y’}\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{array}}
      \right)\\ &= \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&{x’ + x}&{y’ + y}\\
      0&1&0\\ 0&0&1 \end{array}} \right)\\ &= M\left( {x + x’,y + y’}
      \right) \end{aligned}\] Donc : $$\varphi(z * z’)
      =\varphi(z)\times\varphi(z’)$$ Donc $\varphi$ est un homomorphisme
      de $(F,*)$ vers $\left(M_3\left(\mathbb{R},\times\right)\right)$.
   2. On a : \[\begin{aligned} \varphi \left( F \right) &= \left\{
      {\varphi \left( z \right)/z \in F} \right\}\\ &= \left\{ {\varphi
      \left( z \right)/z \in F} \right\}\\ &= \left\{ {\varphi \left( {x +
      2yi} \right)/\left( {x,y} \right) \in {Z^2}} \right\}\\ &= \left\{
      {M\left( {x,y} \right)/\left( {x,y} \right) \in {Z^2}} \right\}\\ &=
      G \end{aligned}\] Donc : $$\varphi \left( F \right)=G$$
   3. On a $\varphi$ est un homomorphisme de $(F,*)$ vers
      $\left(M_3\left(\mathbb{R},\times\right)\right)$ avec $\varphi
      \left( F \right)=G$, de plus $F$ est un sous-groupe de $(E,*)$ et la
      loi $*$ est commutative dans $F$, alors $(F,*)$ est un groupe
      commutatif, alors $(G, \times)$ est aussi un groupe commutatif.