Exercice II

SESSION 2012 E3A

Concours ENSAM - ESTP - EUCLIDE - ARCHIMEDE

Epreuve de Mathématiques B MP

Exercice I

1) a)Soitx∈E. Six∈Im(π), il existey∈E tel quex=π(y). Mais alorsπ(x) =π²(y) =π(y) =x. Réciproquement si π(x) =xalorsx∈Im(π). Donc,

Im(π) =Ker(Id−π).

Puisque π²=π le polynôme −X²+X=X(1−X)est annulateur de π. Puisque les polynômesXet 1−X sont premiers entre aux, le théorème de décomposition des noyaux fournit

E=Ker(π)⊕Ker(Id−π) =Ker(π)⊕Im(π).

b) i.Soitx∈E. x−π(x)est dans Ker(π) =Im(π)^⊥ et donchπ(x, x−π(x)i=0. D’après le théorème dePythagore, kxk²=kπ(x) + (x−π(x))k²=kπ(x)k²+kx−π(x)k²>kπ(x)k²,

avec égalité si et seulement sikx−π(x)k=0ou encoreπ(x) =xou enfin x∈Im(π).

∀x∈E,kπ(x)k6kxkavec égalité si et seulement sirx∈Im(π).

ii.Soitx∈E.

hπ(x), xi=hπ(x), π(x)i+hπ(x), x−π(x)i=hπ(x), π(x)i=kπ(x)k²>0, avec égalité si et seulement siπ(x) =0ou encorex∈Ker(π).

∀x∈E,hπ(x), xi>0 avec égalité si et seulement sirx∈Ker(π).

c)• Supposons queπest un projecteur orthogonal. Soit(x, y)∈E².

hπ(x), yi=hπ(x), π(y)i+hπ(x), y−π(y)i=hπ(x), π(y)i,

carπ(x)∈Im(π)ety−π(y)∈Ker(π) = (Im(π))^⊥. En échangeant les rôles dexety, on a aussihx, π(y)i=hπ(x), π(y)i= hπ(x), yi.

En résumé,∀(x, y)∈E²,hx, π(y)i=hπ(x), yiou encoreπ=π^∗.

•Supposons que π=π^∗. Soientx∈Ker(π)ety∈E.

hx, π(y)i=hπ^∗(x), yi=hπ(x), yi=h0, yi=0,

et donc tout élément de Ker(π)est orthogonal à tout élément de Im(π). Ainsi, Ker(π)⊂(Im(π))^⊥. D’autre part, d’après le théorème du rang, dim(Ker(π)) =dim

(Im(π))^⊥

<+∞et finalement Ker(π) = (Im(π))^⊥. Ceci montre queπest un projecteur orthogonal.

On a montré que

Pour tout projecteurπ,πest un projecteur orthogonal si et seulement siπ=π^∗.

2) a)Soitfl’endomorphisme de matriceAdans la baseBconsidérée. Puisque Best orthonormale, on sait quef=f^∗⇔ M=^tM⇔b=c. Cette condition est dorénavant acquise.f est un projecteur orthogonal si et seulement sif²=f puis

f²=f⇔M²=M⇔

a b b d

a b b d

=

a b b d

⇔





a²+b²=a ab+bd=b b²+d²=d

⇔



 b=0 a²=a d²=d

ou







 b6=0 d=1−a a²+b²=a

b²+ (1−a)²=1−a

⇔



 b=0 a²=a d²=d

ou



 b6=0 d=1−a a(1−a) =b²

.

Le premier système admet quatre solutions les matrices0,I₂,E_1,1 etE_2,2. Par suite,

fest un projecteur strict orthogonal⇔



 b=0 a=1 d=0

ou



 b=0 a=0 d=1

ou



 b6=0 d=1−a a(1−a) =b²

⇔

d=1−a a(1−a) =b² . Finalement

fest un projecteur strict orthogonal⇔





d=1−a b=c

a(1−a) =b² .

b)La dernière égalité impose en particuliera(1−a)>0 et donca∈[0, 1]. De même,d∈[0, 1].

c)

N=

1 0 0 0

a b

b 1−a

=

a b 0 0

et doncχ_N =X²−aX=X(X−a).

•Si a∈]0, 1],χN est scindé surRà racines simples. DoncN est diagonalisable (dansR). Ses valeurs propres, à savoir0 eta, sont dans[0, 1].

•Si a=0 alorsb²=0 puisb=0. Mais alorsN=0 et en particulierN est diagonalisable à valeurs propres dans[0, 1].

d) π1 est un projecteur strict. En particulier, Ker(π1) n’est ni {0}, ni E et donc Ker(π1) et Im(π1) sont deux droites vectorielles. Soiente1un vecteur unitaire de Im(π1)ete2un vecteur unitaire de Ker(π1). Puisque Ker(π1) = (Im(π1))^⊥, B= (e₁, e2)est une base orthonormée deE. De plus,

MatB(π₁) =

1 0 0 0

et ∃a∈[0, 1]/ MatB(π₂) =

a b b 1−a

.

Mais alors, MatB(π₁◦π₂) =MatB(π₁)×MatB(π₂) =N. La question précédente permet alors d’affirmer que π₁◦π₂est diagonalisable à valeurs propres dans[0, 1].

3) a) (π1◦π2◦π1)^∗ = π^∗₁◦π^∗₂◦π^∗₁ = π1◦π2◦π1. Donc, f = π1◦π2◦π1 est un endomorphisme symétrique de l’espace euclidienE. D’après le théorème spectral, le polynôme caractéristique de fest scindé sur Ret il existe une base orthonormée deEconstituée de vecteurs propres def.

D’après la question 1)b)i., pour toutx∈E,

kf(x)k=kπ1(π2(π1(x)))k6kpi2(π1(x))k6kπ1(x)k6kxk. Soientλ∈Rune valeur propre defet x∈E\ {0}un vecteur propre associé.

kxk>kf(x)k=|λ|kxk et donc(1−|λ|)kxk>0 puis1−|λ|>0carkxk> 0.

D’autre part, puisqueπ1est symétrique, la question 1)b)ii. fournit,

λkxk²=hλx, xi=hπ1◦π2◦π1(x), xi=hπ2(π1(x)), π1(x)i>0,

et doncλ>0puisque kxk²> 0. En résumé,|λ|61et λ>0et finalement,06λ61.

b)Pour toutx∈E,π1◦π2◦π1(x)∈Im(π1)et en particulier, Im(π1)est stable parπ1◦π2◦π1.

c)De même, pour toutx∈E,π₁◦π₂(x)∈Im(π1)et en particulier, Im(π1)est stable parπ₁◦π₂. Ainsi,(π₁◦π₂)_/Im(π

1)

« est » un endomorphisme de Im(π1).

Pour toutx∈Im(π1), π₁◦π₂(x) =π₁◦π₂◦π₁(x)et donc(π₁◦π₂(_/Im(π

1)=f_/Im(π1).

• Puisque f est diagonalisable, il existe un polynôme P non nul scindé sur Rà racines simples tel que P(f) = 0. Mais alors, P

(π1◦π2)_/Im(π

1)

= P f_/Im(π1)

= 0. On a fourni un polynôme scindé sur R à racine simples, annulateur de (π₁◦π₂)_/Im(π

1)et on en déduit que (π₁◦π₂)_/Im(π

1) est diagonalisable.

•On sait que le polynôme caractéristique def_/Im(π₁)divise celui defet donc le polynôme caractéristique de(π₁◦π2)_/Im(π

1)

divise celui def. En particulier, toute valeur propre de(π₁◦π2)_/Im(π

1) est une valeur propre defet est donc un élément de[0, 1] d’après la question précédente.

d)On sait que

G^⊥= (Im(π1) +Ker(π2))^⊥ = (Im(π1))^⊥∩(Ker(π2))^⊥=Ker(π1)∩Im(π2).

Soitx∈G^⊥ =Ker(π1)∩Im(π2). Alorsπ1(x) =0etπ2(x) =x. Mais alorsπ1◦π2(x) =π1(x) =0. Donc(π₁◦π2)_/G⊥ =0.

e)D’après la question 3)c), la restriction deπ1◦π2à Im(π1)est diagonalisable.

Soit donc(e_k^′)16p une base de Im(π1) constituée de vecteurs propres de π1◦π2. Soit (e_k^′)p+16q une base de Ker(π2) (et donc constituée de vecteurs propres de π1◦π2 associés à la valeur propre0). La famille (e_k^′)16k6q est une famille génératrice de Im(π1) +Ker(π2).

On en extrait(e_k)_16k6r une base de Im(π1) +Ker(π2). Par construction, chaque ek, 1 6k 6r, est vecteur propre de π1◦π2associé à une valeur propre soit nulle, soit dans[0, 1]. Soit enfin(e_k)_r+16k6nune base de Ker(π1)∩Im(π2). D’après la question 3)d), lesek,r+16k6n, sont vecteurs propres deπ1◦π2associés à la valeur propre0.

Puisque Ker(π1)∩Im(π2) = (Im(π1) +Ker(π2))^⊥,(ek)16k6n est une base deEet chacun desek,16k6n, est vecteur propre deπ1◦π2associé à une valeur propre élément de[0, 1].

Par suite,π1◦π2 est diagonalisable et ses valeurs propres sont toutes dans l’intervalle[0, 1].

f )Notonsr le rang deπ1◦π2.

r=dim(π₁(π₂(E)))6dim(π₂(E)) =r₂< n.

•Si r=0, alorsπ1◦π2=0puis Tr(π1◦π2) =06r2. De plus, il n’y a pas égalité carπ26=0 et doncr2>1.

• Supposons r ∈ J1, n−1K. Puisque π₁◦π₂ est diagonalisable, r est le nombre de valeurs propres non nulles (et donc éléments de]0, 1]) deπ1◦π2. Posons Sp(π1◦π2) = (λk)16k6n où∀k∈J1, rK, 0 < λk61et∀k∈Jr+1, nK,λk=0.

Tr(π1◦π₂) = Xn

k=1

λ_k= Xr

k=1

λ_k6 Xr

k=1

1=r6r₂.

Analysons les cas d’égalité. On note tout d’abord que les valeurs propres non nulles deπ₁◦π₂sont toutes associées à des vecteurs éléments de Im(π1). Par suite,(ek)16k6rest non seulement une famille libre de Im(π1)mais une base de Im(π1).

Si on a l’égalité, en particulier, nécessairementr=r₂. Or,

r=r2⇔dim(π1(Im(π2))) =dim(Im(π2))⇔π_1/Im(π2)est injective⇔Im(π2)∩Ker(π1) ={0}.

D’autre part, on a l’égalité si et seulement si chaque valeur propreλ_k,16k6r, est égale à 1. Or,

∀k∈J1, rK,λk=1⇔∀k∈J1, rK, π1(π2(ek)) =ek.

Ceci impose∀k∈J1, rK,ke_kk=kπ₁◦π₂(e_k)k. Or d’après la question 1)a)i),kπ₁◦π₂(e_k)k6kπ₂(e_k)k6ke_kket chacune des inégalités écrites est une égalité. Toujours d’après la question 1)b)ii), ceci impose ∀k ∈ J1, rK, e_k ∈ Im(π2) puis Im(π1)⊂Im(π2). Dans ce cas,

0=dim(Im(π2)∩Ker(π1)) =dim(Im(π2)) +dim(Ker(π1)) −dim(Im(π2) +Ker(π1))

=dim(Im(π2)) +dim(Ker(π1)) −n(car Im(π1)⊂Im(π2))

>dim(Im(π1)) +dim(Ker(π1)) −n=0.

La seule inégalité écrite doit être une égalité. Par suite, dim(Im(π1)) =dim(Im(π2))puis Im(π1) =Im(π2)et finalement π₁=π₂.

Réciproquement si π₁ = π₂, la matrice de π₂ dans une base adaptée à la décomposition E = Im(π2)⊕Ker(π2) est D=diag(1, . . . , 1| {z }

r2

, 0, . . . , 0)puis

Tr(π1◦π2) =Tr(π²₂) =Tr(π2) =Tr(D) =r2. Finalement

Tr(π1◦π2)6r2et Tr(π1◦π2) =r2⇔π1=π2.

Exercice II

1) a)Un calcul par blocs fournit

M_A,B,C,D×M_In,E,0n,In =

A B C D

I_n E 0_n I_n

=

A AE+B C CE+D

b)Puisque la matriceAest inversible, on peut appliquer le résultat précédent à la matrice E= −A⁻¹B. On obtient MA,B,C,D×MIn,E,0n,In =

A A(−A⁻¹B) +B C C(−A⁻¹)B+D

=

A 0_n C −CA⁻¹B+D

. Un calcul de déterminant triangulaires par blocs fournit detMIn,E,0n,In= (det(In))²=1et donc

detMA,B,C,D =det

A 0n

C −CA⁻¹B+D

=detAdet(D−CA⁻¹B).

2) a)PuisqueAC=CA, on a encoreA⁻¹ACA⁻¹=A⁻¹CAA⁻¹et doncCA⁻¹=A⁻¹C. Mais alors detMA,B,C,D =detA×det(D−A⁻¹CB) =det(AD−AA⁻¹CB) =det(AD−CB).

b) i.Pour tout réelλ, χMA,B,C,D(λ) = det

A−λIn B C D−λIn

= detMA−λIn,B,C,D−λIn. Pour λ /∈Sp(A)∪Sp(D), les matricesA−λIn etD−λIn et donc, d’après la question précédente, pourλ /∈Sp(A)∪Sp(D),

χMA,B,C,D(λ) =det((A−λIn)(D−λIn−CB) =det λ²In+λ(−A−D) +AD−BC .

ii. Puisque Sp(A)∪Sp(D) est un ensemble fini, les polynômes χMA,B,C,D et λ 7→ det λ²In+λ(−A−D) +AD−BC coïncident en une infinité de valeurs deλ. Mais alors ces polynômes sont égaux. En particulier, il prenne la même valeur en0ce qui fournit

det(MA,B,C,D) =χMA,B,C,D(0) =det(AD−BC).

3) a)SoitB∈M_n(R).^t(^tBB) =^tB^t(^tB) =^tBBet donc^tBB∈S_n(R).

SoitX∈M_n,1(R).

tX^tBBX=^t(BX)BX=kBXk²2>0 (I).

Par suite,^tBB∈S⁺

n(R). Ensuite, puisque^tBB∈S_n(R), on sait que le polynôme caractéristique de^tBBest scindé surR.

Soientλ∈Rune valeur propre de^tBBpuisX∈M_n,1(R)\ {0}un vecteur propre associé. (I) s’écrit kBXk²2=^tX^tBBX=λ^tXX=λkXk²2,

et donc, puisquekXk²2> 0, on aλ= kBXk²2

kXk²2

>0. Les valeurs propres de^tBBsont donc des réels positifs ou nuls.

b)D’après la question 2)b)i., pour toutλ∈R,

χS(λ) =det(λ²In−2λIn+In−B^tB) = (−1)ⁿdet(B^tB− (λ−1)²In) = (−1)ⁿχB^tB((λ−1)²)

= (−1)ⁿχ^tBB((λ−1)²).

c)SoitT ∈S_n(R). On sait que les valeurs propres deT sont réelles.

•Supposons que T ∈S⁺⁺

n (R). Soientλ∈Rune valeur propre deT etX∈M_n,1(R)\ {0}un vecteur propre associé.

tXTX=λtXX=λkXk²2, et puisquekXk²2> 0, on a encoreλ=

tXTX kXk²2

> 0. Ainsi, Sp(T)⊂]0,+∞[.

•Supposons sue Sp(T)⊂]0,+∞[.T est symétrique réelle et doncT est orthogonalement semblable à une matrice diagonale d’après le théorème spectral. PosonsT =PD^tPavecD=diag(λk)_16k6n ∈D⁺⁺

n (R)etP∈O_n(R). Soit X= (x_i)_16i6n∈ M_n,1(R). On poseX^′=^tPX= (x_i^′)_16i6n.

tXTX=^tXPD^tX=^t(^tPX)D(^tPX) =^tX^′DX^′= Xn

i=1

λix_i^′2>0.

De plus

tXTX=0⇔ Xn

i=1

λ_ix_i^′2=0⇔∀i∈J1, nK, λix_i^′2=0(car∀i∈J1, nK, λix_i^′2>0)

⇔∀i∈J1, nK, x_i^′ =0(car∀i∈J1, nK, λi6=0)

⇔X^′=0⇔X=0(carP∈GLn(R)).

Finalement,

∀T ∈S_n(R),(T ∈S_n⁺⁺(R)⇔Sp(T)⊂]0,+∞[.

d)La matriceSest symétrique réelle.

Si on pose Sp(^tBB) = (λ_k)_16k6n où∀k∈J1, nK,λk∈R⁺, alors pour toutλ∈R, χB^tB(λ) = Yn

k=1

(λ_k−λ)puis

χ_S(λ) = (−1)ⁿ Yn

k=1

(λ_k− (λ−1)²) = Yn

k=1

((λ−1)²−λ_k) = Yn

k=1

(λ−1−p

λ_k)(λ−1+p λ_k),

et donc

Sp(S) = 1−√

λ₁, . . . , 1−√

λ_n, 1+√

λ₁, . . . , 1+√ λ_n

. D’après la question précédente,

S∈S⁺⁺

n (R)⇔∀k∈J1, nK,1±√

λ_k> 0⇔∀k∈J1, nK, √

λ_k < 1⇔∀k∈J1, nK, λ_k< 1.

En résumé,

S∈S⁺⁺

n (R)⇔Sp(^tBB)⊂[0, 1[.

4) a)Par récurrence,∀n>1,A_n∈M₂n(R).

Soitn>2. Puisque les matrices2An−1 etiAn−1commutent, la question 2) permet d’affirmer que

det(An) =det((2An−1)(−2An−1) − (iAn−1)(iAn−1)) =det(−3A²_n−1) = (−3)²ⁿ⁻¹(detAn−1)²=3²ⁿ⁻¹(detAn−1)², (car pourn>2,2ⁿ⁻¹ est pair).

b)Ainsi, det(A1) = −3et ∀n>2, det(An) =3²ⁿ⁻¹(detAn−1)².

Pourn>2, posonsun=ln(det(An)). Alors,u2=ln(3⁴) =4ln3 et pourn>2, un+1=2un+2ⁿln3 (R_n).

La récurrence(R_n)admet une solution particulière de la formeun=an2ⁿ. Pour une telle suite un+1−2un=a((n+1) −n)2ⁿ⁺¹=a2ⁿ⁺¹,

et donc la suite n 7→ ln3

2 n2ⁿ est une solution particulière de (R_n). La solution générale de (R_n) est alorsv : n 7→

λ2ⁿ+ln3

2 n2ⁿ. Une telle suite vérifiev2=4ln3si et seulement si4λ+4ln3=4ln3 ou encoreλ=0. Finalement

∀n>2, un = ln3 2 n2ⁿ, puis

∀n>2, det(An) =3ⁿ²ⁿ⁻¹. c)Soitn>2. D’après la question 2)b),

χ_An =detM2An−1−XIn,iAn−1,iAn−1,−2An−1−XIn =det X²I₂n−1−3A²_n−1

=3²ⁿ⁻¹det X

√3 2

I₂ⁿ⁻¹−A²_n−1

!

=3²ⁿ⁻¹det X

√3

I₂n−1−An−1

det

X

√3

I₂n−1+An−1

=3²ⁿ⁻¹det

An−1− X

√3

I₂ⁿ⁻¹

det

−An−1− X

√3

I₂ⁿ⁻¹

=3²ⁿ⁻¹χAn−1

X

√3

χ−An−1

X

√3

d)χA1 =X²−3= (X−√

3)(X+√

3). Soitn>2. Supposons queχAn−1 =

X−√

3n−12ⁿ⁻² X+√

3n−12ⁿ⁻²

. Alors

χ_An =3²ⁿ⁻¹ X

√3−√

3n−12ⁿ⁻²

√X 3 +√

3n−12ⁿ⁻²

− X

√3−√

3n−12ⁿ⁻²

− X

√3 +√

3n−12ⁿ⁻²

= X−√

3n²ⁿ⁻¹ X+√

3n²ⁿ⁻¹

On a montré par récurrence que

∀n>1,χAn = X−√

3n²

n−1

X+√ 3n²

n−1

.

ou encore les valeurs propres deA_n sont√ 3n

et−√ 3n

, toutes deux d’ordre2ⁿ⁻¹.

Exercice III

1

−1

1 2 3

−1

−2

−3

b b

b

B Mt

Nt

t

D D^′ C

1) a)Pour t6=0, Nt est un point du cercleC distinct deOet de Bet[OB] est un diamètre du cercleC. Donc le triangle ONtBest rectangle en Nt. Si t=0,Nt=Bet il n’y a rien de plus à dire.

b)SoitM(x, y)un point du plan.

M∈ C⇔−−→ OM.−−→

BM=0⇔x²+y(y−1) =0⇔x²+y²−y=0.

D’autre part,D^′ est la droite d’équationy=1.

c) Soitt∈R. Les coordonnées deMt sont(t, 1). Une équation de la droite OMt est donc x−ty=0. SoitM(x, y) un point du plan.

M∈ C ∩(OMt)⇔

x²+y²−y=0 x−ty=0 ⇔

x=ty

y((1+t²)y−1) =0 ⇔y=0=xouy= 1

1+t² etx= t 1+t². CommeNt6=0, les coordonnées deNtsont

t 1+t², 1

1+t²

. d)Soitt∈R, les coordonnées de−−−−→

NtMt sont

t− t

1+t², 1− 1 1+t²

ou encore t³

1+t², t² 1+t²

.

2) a) et b)Pour t∈R, les coordonnées dePtsont donc t³

1+t², t² 1+t²

. Etudions l’arcγ : t7→







x(t) = t³ 1+t² y(t) = t²

1+t² .

•Pour tout réelt,γ(−t) = (x(−t), y(−t)) = (−x(t), y(t)) =s(Oy)(γ(t)). On étudie et on construit le support de l’arcγ quandtdécrit [0,+∞[et on obtient le support complet par réflexion d’axe(Oy).

•Pour tout réelt, x^′(t) = 3t²(1+t²) −t³(2t)

(1+t²)² = t²(3+t²)

(1+t²)² et y^′(t) = 2t(1+t²) −t²(2t)

(1+t²)² = 2t (1+t²)².

•Tableau de variations conjointes de xety.

t −∞ 0 +∞

x^′(t) + 0 + +∞ x

+∞

1 1

y

0 y^′(t) − 0 +

•Etude au point singulier.L’étude précédente montre que l’arcγadmet un et un seul point singulier à savoir le point γ(0) = (0, 0). Pourt6=0,

y(t) −y(0) x(t) −x(0) = t²

1+t² ×1+t² t³ = 1

t, puis lim

t→0⁺

y(t) −y(0)

x(t) −x(0) = +∞et lim

t→0⁻

y(t) −y(0)

x(t) −x(0) = −∞. DoncΓ admet en(0, 0)une tangente dirigée par−→j. Par symétrie par rapport à(Oy), le pointγ(0)est un point de rebroussement de première espèce.

• Branches infinies.Quand t tend vers+∞(resp.−∞),x(t) tend vers+∞ (resp.−∞) ety(t)tend vers 1. Donc la droite d’équationy=1est asymptote à Γ quandttend vers±∞.

•Représentation de Γ.

1

−1

1 2 3 4 5 6

−1

−2

−3

−4

−5

−6

c)Soita > 0. Déterminons d’abord l’aire du domaineD_a ci-dessous : 1

−1

1 2 3 4 5 6

−1

−2

−3

−4

−5

−6

y(a)

x(a)

On noteCle contour deDparcouru une fois dans le sens direct, on sait que l’aireA_adeDest A_a=

Z

C

xdy.

Cse décompose en quatre arcs :

-C₁est l’arcγparcouru deγ(0)àγ(a).

-C₂est le segment joignant les points γ(a)et (x(a), 1). Une paramétrisation deC₂est

x=x(a)

y=t ,y(a)6t61.

-C3est le segment joignant les points (x(a), 1)et(0, 1).

-C4est le segment joignant les points (0, 1)et(0, 0).

•Sur C4,x=0 et donc Z

C4

xdy=0.

•Sur C₃,yest constant et donc Z

C3

xdy=0.

Il resteA_a= Z

C1

xdy+ Z

C2

xdy.

Z

C2

xdy= Z1

y(a)

x(a)dt= (1−y(a))x(a) =

1− a² a²+1

a³

a²+1 = a³ (a²+1)². puis

Z

C1

xdy= Za

0

t³

t²+1× 2t

(t²+1)² dt= Za

0

t³× 2t (t²+1)³ dt

=

t³× −1 2(t²+1)²

a

0

+ 3 2

Za

0

t²

(t²+1)² dt= − a³

2(a²+1)² +3 4

Za

0

t× 2t (t²+1)² dt

= − a³

2(a²+1)²+ 3 4

t× −1 1+t²

a

0

+ Za

0

1 t²+1 dt

= − a³

2(a²+1)²− 3a

4(a²+1)+3

4Arctana.

et donc

A_a= a³

(a²+1)²− a³

2(a²+1)² − 3a

4(a²+1)+ 3

4Arctana= a³

2(a²+1)² − 3a

4(a²+1)+ 3

4Arctana.

L’aireA demandée est

A =2 lim

a→+∞

A_a=2

0+0+3 4 ×π

2

= 3π 4 . 3) a)On sait que

−−→ OM.−−−→

OM^′ =Re(zz^′) =1.

b)Soitt∈R^∗.z_Pt = t³

t²+1 +i t²

t²+1 = t²

t²+1(t+i)et donc zUt = 1

zPt

= t²+1 t² × 1

t−i = t+i t² = 1

t +i1 t².

c) σ(Γ \ {O}) est donc le support de l’arc paramétré





 x= 1

t y= 1

t²

. Une équation cartésienne du support est y = x², x décrivantR^∗.σ(Γ \ {O})est donc la parabole d’équationy=x²privé du pointO.