Session Rattrapage

Partie I : Étude de la fonction g et encadrement

1- Dérivabilité de $h$ et calcul de $h'(t)$ :
La fonction $t \mapsto (t - 1)^2$ est polynomiale donc dérivable sur $]0, +\infty[$.
La fonction $g : t \mapsto \ln(t) - (t - 1)$ est la différence de la fonction logarithme népérien et d'une fonction affine, donc elle est dérivable sur $]0, +\infty[$.
Par combinaison linéaire de fonctions dérivables, la fonction $h$ est dérivable sur $]0, +\infty[$.
Pour tout $t \in ]0, +\infty[$ :
$h'(t) = \frac{g(x)}{(x - 1)^2} \cdot 2(t - 1) - g'(t)$
Or pour tout $t > 0$ : $g'(t) = \frac{1}{t} - 1 = \frac{1 - t}{t} = -\frac{t - 1}{t}$.
Ainsi :
$h'(t) = \frac{2g(x)}{(x - 1)^2}(t - 1) - \left(-\frac{t - 1}{t}\right) = \frac{2g(x)}{(x - 1)^2}(t - 1) + \frac{t - 1}{t} = (t - 1)\left( \frac{2g(x)}{(x - 1)^2} + \frac{1}{t} \right)$.


2- Application du théorème de Rolle :
Considérons le segment $I$ d'extrémités $x$ et $1$, c'est-à-dire $I = [\min(x, 1), \max(x, 1)] \subset ]0, +\infty[$.
Vérifions les conditions du théorème de Rolle pour la fonction $h$ sur $I$ :
• $h$ est continue sur $[\min(x, 1), \max(x, 1)]$ comme somme de fonctions continues.
• $h$ est dérivable sur $]\min(x, 1), \max(x, 1)[$.
• Calculons $h(1)$ et $h(x)$ :
$h(1) = \frac{g(x)}{(x - 1)^2}(1 - 1)^2 - g(1) = 0 - (\ln(1) - (1 - 1)) = 0 - 0 = 0$.
$h(x) = \frac{g(x)}{(x - 1)^2}(x - 1)^2 - g(x) = g(x) - g(x) = 0$.
Donc $h(1) = h(x) = 0$.
D'après le théorème de Rolle, il existe un réel $\theta$ strictement compris entre $x$ et $1$ tel que $h'(\theta) = 0$.
Or $h'(\theta) = 0 \iff (\theta - 1)\left( \frac{2g(x)}{(x - 1)^2} + \frac{1}{\theta} \right) = 0$.
Comme $\theta$ est strictement compris entre $x$ et $1$, on a $\theta \neq 1$, d'où $\theta - 1 \neq 0$.
Il en résulte que : $\frac{2g(x)}{(x - 1)^2} + \frac{1}{\theta} = 0 \iff \frac{2g(x)}{(x - 1)^2} = -\frac{1}{\theta} \iff \frac{g(x)}{(x - 1)^2} = \frac{-1}{2\theta}$.


3- Encadrement de $\theta$ :
Le réel $\theta$ étant strictement compris entre $x$ et $1$, on a : $\min(x, 1) < \theta < \max(x, 1)$.
Rappelons les expressions classiques du minimum et du maximum de deux réels :
$\min(x, 1) = \frac{x + 1 - |x - 1|}{2} \quad \text{et} \quad \max(x, 1) = \frac{x + 1 + |x - 1|}{2}$.
Vérification par cas :
• Si $x > 1$ : $|x - 1| = x - 1$, donc $\frac{x + 1 - (x - 1)}{2} = 1$ et $\frac{x + 1 + x - 1}{2} = x$, d'où $1 < \theta < x$.
• Si $0 < x < 1$ : $|x - 1| = 1 - x$, donc $\frac{x + 1 - (1 - x)}{2} = x$ et $\frac{x + 1 + 1 - x}{2} = 1$, d'où $x < \theta < 1$.
Dans tous les cas, on obtient :


4- Déduction de l'encadrement de $\frac{g(x)}{(x-1)^2}$ :
On a : $\frac{x + 1 - |x - 1|}{2} < \theta < \frac{x + 1 + |x - 1|}{2}$.
Comme $x > 0$, tous les membres sont strictement positifs. En passant aux inverses (ce qui inverse le sens des inégalités) :
$\frac{2}{x + 1 + |x - 1|} < \frac{1}{\theta} < \frac{2}{x + 1 - |x - 1|}$.
En multipliant cette double inégalité par $-\frac{1}{2} < 0$ (ce qui inverse à nouveau le sens) :
$\frac{-1}{x + 1 - |x - 1|} < -\frac{1}{2\theta} < \frac{-1}{x + 1 + |x - 1|}$.
Or d'après la question 2, $-\frac{1}{2\theta} = \frac{g(x)}{(x - 1)^2}$.

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Partie II : Étude de la fonction f

1- a) Calcul des limites en $0^+$ et en $+\infty$ :
• Limite en $0^+$ :
On a $\lim_{x \to 0^+} \ln(x) = -\infty$ et $\lim_{x \to 0^+} (x - 1) = -1$.
Donc $\lim_{x \to 0^+} \frac{\ln(x)}{x - 1} = \frac{-\infty}{-1} = +\infty$.
Par passage au carré : $\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} \left( \frac{\ln(x)}{x - 1} \right)^2 = +\infty$.

Interprétation géométrique : La droite d'équation $x = 0$ (axe des ordonnées) est une asymptote verticale à la courbe $(C)$.

• Limite en $+\infty$ :
Pour tout $x > 1$, on peut écrire : $\frac{\ln(x)}{x - 1} = \frac{\ln(x)}{x} \cdot \frac{x}{x - 1} = \frac{\ln(x)}{x} \cdot \frac{1}{1 - \frac{1}{x}}$.
Comme $\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln(x)}{x} = 0$ (croissances comparées) et $\lim_{x \to +\infty} \frac{1}{1 - \frac{1}{x}} = 1$, on a $\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln(x)}{x - 1} = 0$.
Par conséquent : $\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} \left( \frac{\ln(x)}{x - 1} \right)^2 = 0^2 = 0$.

Interprétation géométrique : La droite d'équation $y = 0$ (axe des abscisses) est une asymptote horizontale à la courbe $(C)$ au voisinage de $+\infty$.

1- b) Continuité de $f$ au point 1 :
On sait que $\lim_{x \to 1} \frac{\ln(x)}{x - 1} = \ln'(1) = \frac{1}{1} = 1$ (limite usuelle du taux de variation).
Donc $\lim_{x \to 1} f(x) = \lim_{x \to 1} \left( \frac{\ln(x)}{x - 1} \right)^2 = 1^2 = 1$.
Puisque $f(1) = 1$, on a $\lim_{x \to 1} f(x) = f(1)$.


2- a) Établissement de l'identité :
Pour tout $x \in ]0, 1[ \cup ]1, +\infty[$ :
$f(x) - 1 = \left( \frac{\ln(x)}{x - 1} \right)^2 - 1 = \frac{(\ln(x))^2 - (x - 1)^2}{(x - 1)^2}$.
En factorisant par l'identité remarquable $A^2 - B^2 = (A - B)(A + B)$ :
$(\ln(x))^2 - (x - 1)^2 = (\ln(x) - (x - 1))(\ln(x) + (x - 1)) = g(x)(\ln(x) + x - 1)$.
Donc :
$\frac{f(x) - 1}{x - 1} = \frac{g(x)(\ln(x) + x - 1)}{(x - 1)^3} = \frac{g(x)}{(x - 1)^2} \cdot \frac{\ln(x) + x - 1}{x - 1} = \frac{g(x)}{(x - 1)^2} \cdot \left( \frac{\ln(x)}{x - 1} + 1 \right)$.


2- b) Dérivabilité de $f$ en 1 :
Étudions la limite du taux d'accroissement $\frac{f(x) - f(1)}{x - 1} = \frac{f(x) - 1}{x - 1}$ quand $x \to 1$ :
• On sait que $\lim_{x \to 1} \left( 1 + \frac{\ln(x)}{x - 1} \right) = 1 + 1 = 2$.
• D'après l'encadrement de la Partie I (question 4) :
$\forall x \neq 1 : \frac{-1}{x + 1 - |x - 1|} < \frac{g(x)}{(x - 1)^2} < \frac{-1}{|x - 1| + x + 1}$.
Quand $x \to 1$, $|x - 1| \to 0$, donc :
$\lim_{x \to 1} \frac{-1}{x + 1 - |x - 1|} = \frac{-1}{1 + 1 - 0} = -\frac{1}{2} \quad \text{et} \quad \lim_{x \to 1} \frac{-1}{|x - 1| + x + 1} = \frac{-1}{0 + 1 + 1} = -\frac{1}{2}$.
D'après le théorème des gendarmes : $\lim_{x \to 1} \frac{g(x)}{(x - 1)^2} = -\frac{1}{2}$.
Par produit des limites :
$\lim_{x \to 1} \frac{f(x) - 1}{x - 1} = 2 \times \left(-\frac{1}{2}\right) = -1$.
Comme cette limite est finie, la fonction $f$ est dérivable en 1 et $f'(1) = -1$.


2- c) Équation de la tangente $(T)$ en 1 :
L'équation de la tangente $(T)$ à la courbe $(C)$ au point d'abscisse 1 est donnée par :
$y = f'(1)(x - 1) + f(1) = -1(x - 1) + 1 = -x + 1 + 1 = -x + 2$.


3- a) Dérivabilité sur $]0, +\infty[ \setminus \{1\}$ et calcul de $f'(x)$ :
Sur $]0, +\infty[ \setminus \{1\}$, $f$ est de la forme $u^2$ avec $u(x) = \frac{\ln(x)}{x - 1}$.
Comme $x \mapsto \ln(x)$ et $x \mapsto x - 1$ sont dérivables sur cet ensemble et $x - 1 \neq 0$, $u$ est dérivable et $f' = 2u u'$.
Calculons $u'(x)$ :
$u'(x) = \frac{\frac{1}{x}(x - 1) - \ln(x) \cdot 1}{(x - 1)^2} = \frac{\frac{x - 1 - x\ln(x)}{x}}{(x - 1)^2} = \frac{x - 1 - x\ln(x)}{x(x - 1)^2}$.
Or, calculons $g\left(\frac{1}{x}\right)$ :
$g\left(\frac{1}{x}\right) = \ln\left(\frac{1}{x}\right) - \left(\frac{1}{x} - 1\right) = -\ln(x) - \frac{1}{x} + 1 = \frac{-x\ln(x) - 1 + x}{x} = \frac{x - 1 - x\ln(x)}{x}$.
On constate exactement que $u'(x) = \frac{g(1/x)}{(x - 1)^2}$.
Ainsi : $f'(x) = 2 u(x) u'(x) = 2 \cdot \frac{\ln(x)}{x - 1} \cdot \frac{g(1/x)}{(x - 1)^2}$.


3- b) Signe de $\frac{\ln(x)}{x - 1}$ :
• Si $x > 1$ : $\ln(x) > 0$ et $x - 1 > 0$, donc $\frac{\ln(x)}{x - 1} > 0$.
• Si $0 < x < 1$ : $\ln(x) < 0$ et $x - 1 < 0$, donc par quotient de deux nombres strictement négatifs, $\frac{\ln(x)}{x - 1} > 0$.


3- c) Signe de $g$ et sens de variation de $f$ :
Pour tout $t > 0$, $g'(t) = \frac{1 - t}{t}$.
• Pour $t \in ]0, 1[$, $g'(t) > 0 \implies g$ est strictement croissante.
• Pour $t \in ]1, +\infty[$, $g'(t) < 0 \implies g$ est strictement décroissante.
La fonction $g$ admet donc un maximum absolu en $t = 1$ égal à $g(1) = \ln(1) - (1 - 1) = 0$.
Par suite, $\forall t \in ]0, +\infty[, g(t) \le 0$, et pour tout $t \neq 1$, $g(t) < 0$.
Pour tout $x \in ]0, +\infty[ \setminus \{1\}$, on a $\frac{1}{x} \neq 1$, donc $g\left(\frac{1}{x}\right) < 0$.
Comme $\frac{2\ln(x)}{x - 1} > 0$ et $(x - 1)^2 > 0$, le produit donne $f'(x) < 0$ pour tout $x \in ]0, +\infty[ \setminus \{1\}$.
De plus $f'(1) = -1 < 0$.


4- Résolution de $f(x) = x$ sur $]0, +\infty[$ :
Posons $\varphi(x) = f(x) - x$ sur $]0, +\infty[$.
La fonction $\varphi$ est continue et dérivable sur $]0, +\infty[$.
Pour tout $x \in ]0, +\infty[$, $\varphi'(x) = f'(x) - 1$.
Comme $f'(x) \le 0$, on a $\varphi'(x) \le -1 < 0$.
Donc $\varphi$ est strictement décroissante sur $]0, +\infty[$. Elle est donc injective et ne peut s'annuler qu'au plus une fois.
Or $\varphi(1) = f(1) - 1 = 1 - 1 = 0$.


5- Représentation de la tangente $(T)$ et de la courbe $(C)$ :


6- a) Solution unique $x_n$ de $f(x) = n$ sur $]0, 1[$ :
La fonction $f$ est continue et strictement décroissante sur l'intervalle $]0, 1[$.
On a $\lim_{x \to 0^+} f(x) = +\infty$ et $\lim_{x \to 1^-} f(x) = f(1) = 1$.
Ainsi, $f$ réalise une bijection de $]0, 1[$ sur $f(]0, 1[) = \left] \lim_{x \to 1^-} f(x), \lim_{x \to 0^+} f(x) \right[ = ]1, +\infty[$.
Pour tout entier $n \in \mathbb{N}^*$ avec $n \ge 2$, on a $n \in ]1, +\infty[$.
D'après le théorème de la bijection (ou théorème des valeurs intermédiaires), l'équation $f(x) = n$ admet une unique solution $x_n \in ]0, 1[$.


6- b) Limite de $(x_n)$ quand $n \to +\infty$ :
Par définition, $f(x_n) = n$ et $f(x_{n+1}) = n + 1$.
Puisque $n < n + 1$, on a $f(x_n) < f(x_{n+1})$.
Comme $f$ est strictement décroissante sur $]0, 1[$, il s'ensuit que $x_n > x_{n+1}$.
La suite $(x_n)_{n \ge 2}$ est donc strictement décroissante.
De plus, pour tout $n \ge 2$, $x_n \in ]0, 1[$, donc la suite est minorée par 0.
Toute suite décroissante et minorée converge, donc $(x_n)$ converge vers une limite $\ell \in [0, 1[$.
Si $\ell > 0$, alors $\ell \in ]0, 1[$, et par continuité de $f$ en $\ell$, on aurait $\lim_{n \to +\infty} f(x_n) = f(\ell) \in \mathbb{R}$.
Ceci contredit le fait que $\lim_{n \to +\infty} f(x_n) = \lim_{n \to +\infty} n = +\infty$.
Par conséquent, $\ell = 0$.


6- c) Vérification et calcul de $\lim_{n \to +\infty} x_n \sqrt{n}$ :
• Vérification : On a $f(x_n) = n \iff \left( \frac{\ln(x_n)}{x_n - 1} \right)^2 = n$.
Comme $x_n \in ]0, 1[$, on a $\ln(x_n) < 0$ et $x_n - 1 < 0$, donc $\frac{\ln(x_n)}{x_n - 1} > 0$.
En appliquant la racine carrée : $\sqrt{n} = \frac{\ln(x_n)}{x_n - 1}$.

• Calcul de la limite :
$x_n \sqrt{n} = x_n \frac{\ln(x_n)}{x_n - 1} = \frac{x_n \ln(x_n)}{x_n - 1}$.
Comme $\lim_{n \to +\infty} x_n = 0$, posons $X = x_n \to 0^+$.
On a la limite de référence $\lim_{X \to 0^+} X \ln(X) = 0$, et $\lim_{X \to 0^+} (X - 1) = -1 \neq 0$.
Par quotient de limites : $\lim_{n \to +\infty} x_n \sqrt{n} = \frac{0}{-1} = 0$.

1- Décomposition de l'intégrale :
Pour tout $x \in [0, 1]$, on peut écrire : $\varphi(x) = \varphi(1) + (\varphi(x) - \varphi(1))$.
En intégrant sur $[0, 1]$ après multiplication par $x^n$ et par linéarité de l'intégrale :
$\int_0^1 x^n \varphi(x) dx = \int_0^1 x^n \Big(\varphi(1) + (\varphi(x) - \varphi(1))\Big) dx = \int_0^1 x^n \varphi(1) dx + \int_0^1 x^n (\varphi(x) - \varphi(1)) dx$.
Comme $\varphi(1)$ est une constante : $\int_0^1 x^n \varphi(1) dx = \varphi(1) \int_0^1 x^n dx = \varphi(1) \left[ \frac{x^{n+1}}{n+1} \right]_0^1 = \varphi(1) \left( \frac{1^{n+1}}{n+1} - 0 \right) = \frac{\varphi(1)}{n+1}$.


2- Majoration de la dérivée $|\varphi'|$ :
La fonction dérivée $\varphi'$ est continue sur le segment $[0, 1]$.
D'après le théorème des bornes (toute fonction continue sur un segment fermé et borné de $\mathbb{R}$ est bornée et atteint ses bornes) :
Il existe un réel $M \ge 0$ tel que pour tout $x \in [0, 1]$ : $|\varphi'(x)| \le M$ (avec $M = \sup_{t \in [0, 1]} |\varphi'(t)|$).


3- Inégalité des accroissements finis :
Soit $x \in [0, 1]$. La fonction $\varphi$ est continue sur $[x, 1]$ et dérivable sur $]x, 1[$, avec $\forall t \in [0, 1], |\varphi'(t)| \le M$.
D'après l'inégalité des accroissements finis :
$|\varphi(x) - \varphi(1)| \le M |x - 1|$.
Comme $x \in [0, 1]$, on a $x \le 1 \implies |x - 1| = 1 - x$.


4- Limite de $n \int_0^1 x^n \varphi(x) dx$ :
D'après la question 1, en multipliant par $n$ :
$n \int_0^1 x^n \varphi(x) dx = \frac{n}{n + 1}\varphi(1) + n \int_0^1 x^n (\varphi(x) - \varphi(1)) dx$.
Majorons la valeur absolue du second terme :
$\left| n \int_0^1 x^n (\varphi(x) - \varphi(1)) dx \right| \le n \int_0^1 x^n |\varphi(x) - \varphi(1)| dx \le n \int_0^1 x^n M(1 - x) dx = n M \int_0^1 (x^n - x^{n+1}) dx$.
Calculons cette intégrale :
$\int_0^1 (x^n - x^{n+1}) dx = \left[ \frac{x^{n+1}}{n+1} - \frac{x^{n+2}}{n+2} \right]_0^1 = \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2} = \frac{(n+2) - (n+1)}{(n+1)(n+2)} = \frac{1}{(n+1)(n+2)}$.
Donc : $0 \le \left| n \int_0^1 x^n (\varphi(x) - \varphi(1)) dx \right| \le \frac{nM}{(n+1)(n+2)} = \frac{M}{(1 + 1/n)(n+2)}$.
Quand $n \to +\infty$, $\lim_{n \to +\infty} \frac{nM}{(n+1)(n+2)} = 0$, donc par encadrement : $\lim_{n \to +\infty} n \int_0^1 x^n (\varphi(x) - \varphi(1)) dx = 0$.
De plus : $\lim_{n \to +\infty} \frac{n}{n+1}\varphi(1) = 1 \cdot \varphi(1) = \varphi(1)$.
Par somme :


5- Application aux suites $(u_n)$ et $(v_n)$ :
• Pour la suite $(u_n)$ :
On a $u_n = \int_0^1 \frac{n t^n}{1 + 2t} dt = n \int_0^1 t^n \varphi_1(t) dt$ où $\varphi_1(t) = \frac{1}{1 + 2t}$.
$\varphi_1$ est une fonction rationnelle dont le dénominateur ne s'annule pas sur $[0, 1]$, donc $\varphi_1$ est dérivable et $\varphi_1'$ est continue sur $[0, 1]$.
D'après le résultat de la question 4 : $\lim_{n \to +\infty} u_n = \varphi_1(1) = \frac{1}{1 + 2(1)} = \frac{1}{3}$.

• Pour la suite $(v_n)$ :
On a $v_n = 2^{n+1}n \int_0^{1/2} x^n \arctan(2x) dx$.
Effectuons le changement de variable $t = 2x$, d'où $x = \frac{t}{2}$ et $dx = \frac{dt}{2}$.
Quand $x = 0$, $t = 0$ et quand $x = \frac{1}{2}$, $t = 1$. L'intégrale devient :
$v_n = 2^{n+1}n \int_0^1 \left(\frac{t}{2}\right)^n \arctan(t) \frac{dt}{2} = 2^{n+1}n \int_0^1 \frac{t^n}{2^n} \arctan(t) \frac{dt}{2} = \frac{2^{n+1}}{2^{n+1}} n \int_0^1 t^n \arctan(t) dt = n \int_0^1 t^n \arctan(t) dt$.
Posons $\varphi_2(t) = \arctan(t)$. $\varphi_2$ est dérivable et sa dérivée $\varphi_2'(t) = \frac{1}{1 + t^2}$ est continue sur $[0, 1]$.
D'après le résultat de la question 4 : $\lim_{n \to +\infty} v_n = \varphi_2(1) = \arctan(1) = \frac{\pi}{4}$.

Partie I : Équation $(E_m)$

1- Vérification des solutions 1 et $m$ :
• Pour $z = 1$ :
$1^3 - (1 + (1 + i)m) \cdot 1^2 + ((1 + i)m + im^2) \cdot 1 - im^2 = 1 - 1 - (1 + i)m + (1 + i)m + im^2 - im^2 = 0$.
Donc $1$ est solution de $(E_m)$.
• Pour $z = m$ :
$m^3 - (1 + (1 + i)m) m^2 + ((1 + i)m + im^2) m - im^2 = m^3 - m^2 - (1 + i)m^3 + (1 + i)m^2 + im^3 - im^2$
$= m^3\Big(1 - (1 + i) + i\Big) + m^2\Big(-1 + (1 + i) - i\Big) = m^3(1 - 1 - i + i) + m^2(-1 + 1 + i - i) = m^3(0) + m^2(0) = 0$.
Donc $m$ est solution de $(E_m)$.


2- Ensemble des solutions de $(E_m)$ :
Le polynôme $P(z) = z^3 - (1 + (1+i)m)z^2 + ((1+i)m + im^2)z - im^2$ est de degré 3 unitaire.
Puisque $1$ et $m$ sont racines, $P(z)$ se factorise sous la forme $P(z) = (z - 1)(z - m)(z - z_3)$.
Par la relation coefficients-racines, le produit des trois racines vaut :
$1 \times m \times z_3 = -(-im^2) = im^2 \iff m z_3 = im^2$.
Comme $m \neq 0$, on en déduit : $z_3 = \frac{im^2}{m} = im$.


Partie II : Géométrie dans le plan complexe

A. 1- Égalités avec les conjugués :
Comme $|m| = 1$, on a $|m|^2 = m\overline{m} = 1 \implies \overline{m} = \frac{1}{m}$.
• Calculons le conjugué de $\frac{m + i}{1 + im}$ :
$\overline{\left( \frac{m + i}{1 + im} \right)} = \frac{\overline{m} - i}{1 - i\overline{m}} = \frac{\frac{1}{m} - i}{1 - i\frac{1}{m}} = \frac{\frac{1 - im}{m}}{\frac{m - i}{m}} = \frac{1 - im}{m - i}$.
Multiplions le numérateur et le dénominateur par $i$ :
$\frac{1 - im}{m - i} = \frac{i(1 - im)}{i(m - i)} = \frac{i - i^2 m}{im - i^2} = \frac{i + m}{im + 1} = \frac{m + i}{1 + im}$.
Par conséquent : $\left( \frac{m + i}{1 + im} \right) - \overline{\left( \frac{m + i}{1 + im} \right)} = \frac{m + i}{1 + im} - \frac{m + i}{1 + im} = 0$. (Ce nombre est donc réel).
• Calculons $\frac{\overline{m} + 1}{\overline{m} - 1} + \frac{m + 1}{m - 1}$ :
$\frac{\overline{m} + 1}{\overline{m} - 1} = \frac{\frac{1}{m} + 1}{\frac{1}{m} - 1} = \frac{\frac{1 + m}{m}}{\frac{1 - m}{m}} = \frac{1 + m}{1 - m} = -\frac{m + 1}{m - 1}$.
Donc $\frac{\overline{m} + 1}{\overline{m} - 1} + \frac{m + 1}{m - 1} = -\frac{m + 1}{m - 1} + \frac{m + 1}{m - 1} = 0$. (Le nombre $\frac{m + 1}{m - 1}$ est donc imaginaire pur).


A. 2- Nature imaginaire pure de $(1 + i)\left( \frac{m - 1}{m + i} \right)$ :
Posons $m = e^{i\alpha}$ avec $\alpha \not\equiv 0, \pi, \pm\frac{\pi}{2} \ [\pi]$ car $m \in \mathbb{C} \setminus \{-i, i, -1, 1\}$.
• $m - 1 = e^{i\alpha} - 1 = e^{i\alpha/2}(e^{i\alpha/2} - e^{-i\alpha/2}) = 2i \sin\left(\frac{\alpha}{2}\right) e^{i\alpha/2}$.
• $m + i = e^{i\alpha} + e^{i\pi/2} = e^{i\frac{\alpha + \pi/2}{2}} \left( e^{i\frac{\alpha - \pi/2}{2}} + e^{-i\frac{\alpha - \pi/2}{2}} \right) = 2 \cos\left( \frac{2\alpha - \pi}{4} \right) e^{i\frac{2\alpha + \pi}{4}}$.
En faisant le quotient :
$\frac{m - 1}{m + i} = \frac{2i \sin(\alpha/2) e^{i\alpha/2}}{2 \cos\left( \frac{2\alpha - \pi}{4} \right) e^{i\frac{2\alpha + \pi}{4}}} = i \frac{\sin(\alpha/2)}{\cos\left( \frac{2\alpha - \pi}{4} \right)} e^{i\left( \frac{\alpha}{2} - \frac{2\alpha + \pi}{4} \right)} = i \frac{\sin(\alpha/2)}{\cos\left( \frac{2\alpha - \pi}{4} \right)} e^{-i\pi/4}$.
Comme $1 + i = \sqrt{2} e^{i\pi/4}$, on multiplie :
$(1 + i)\left( \frac{m - 1}{m + i} \right) = \sqrt{2} e^{i\pi/4} \cdot i \frac{\sin(\alpha/2)}{\cos\left( \frac{2\alpha - \pi}{4} \right)} e^{-i\pi/4} = i \sqrt{2} \frac{\sin(\alpha/2)}{\cos\left( \frac{2\alpha - \pi}{4} \right)}$.
Cette expression est le produit d'un nombre réel par $i$, c'est donc un imaginaire pur.


B. 1- a) Calcul de $\frac{e - c}{e - b}$ :
• $e - c = \frac{1}{2}(1 + i)(m - i) - im = \frac{m - i + im + 1 - 2im}{2} = \frac{m + 1 - im - i}{2} = \frac{(m + 1)(1 - i)}{2}$.
• $e - b = \frac{1}{2}(1 + i)(m - i) - 1 = \frac{m - i + im + 1 - 2}{2} = \frac{m - 1 + im - i}{2} = \frac{(m - 1)(1 + i)}{2}$.
Donc :
$\frac{e - c}{e - b} = \frac{(m + 1)(1 - i)}{(m - 1)(1 + i)} = \frac{1 - i}{1 + i} \cdot \frac{m + 1}{m - 1} = \frac{(1 - i)^2}{1^2 + 1^2} \cdot \frac{m + 1}{m - 1} = \frac{-2i}{2} \cdot \frac{m + 1}{m - 1} = -i \left( \frac{m + 1}{m - 1} \right)$.


B. 1- b) Déduction $E \in (BC)$ :
D'après la question A.1, $\frac{m + 1}{m - 1}$ est un imaginaire pur. Posons $\frac{m + 1}{m - 1} = i y$ avec $y \in \mathbb{R}^*$.
Alors $\frac{e - c}{e - b} = -i (iy) = -i^2 y = y \in \mathbb{R}^*$.
Comme $\frac{z_E - z_C}{z_E - z_B} \in \mathbb{R}$, les vecteurs $\vec{BE}$ et $\vec{BC}$ sont colinéaires, d'où les points $B, C, E$ sont alignés.


B. 2- a) Calcul de $\frac{e - a}{c - b}$ :
• $e - a = \frac{1}{2}(1 + i)(m - i) - m = \frac{m - i + im + 1 - 2m}{2} = \frac{-m + 1 + im - i}{2} = \frac{(1 - m) + i(m - 1)}{2} = \frac{(m - 1)(i - 1)}{2}$.
• $c - b = im - 1$. Or $i(m + i) = im + i^2 = im - 1$, donc $c - b = i(m + i)$.
Ainsi :
$\frac{e - a}{c - b} = \frac{(m - 1)(i - 1)}{2 i(m + i)} = \frac{i - 1}{2i} \cdot \frac{m - 1}{m + i}$.
Or $\frac{i - 1}{2i} = \frac{(i - 1)(-i)}{2i(-i)} = \frac{-i^2 + i}{2} = \frac{1 + i}{2} = \frac{1}{2}(1 + i)$.


B. 2- b) Déduction $(AE) \perp (BC)$ :
D'après la question A.2, $(1 + i)\left(\frac{m - 1}{m + i}\right)$ est un imaginaire pur non nul.
Donc $\frac{e - a}{c - b} = \frac{z_E - z_A}{z_C - z_B} \in i\mathbb{R}^*$.
Il en résulte que les droites $(AE)$ et $(BC)$ sont orthogonales : $(AE) \perp (BC)$.


B. 3- a) Calcul de $\frac{f - c}{f - a}$ :
• $f - c = \frac{1}{2}(1 + i)(1 + m) - im = \frac{1 + m + i + im - 2im}{2} = \frac{1 + m + i - im}{2} = \frac{(1 + m) + i(1 - m)}{2}$.
• $f - a = \frac{1}{2}(1 + i)(1 + m) - m = \frac{1 + m + i + im - 2m}{2} = \frac{1 - m + i + im}{2} = \frac{(1 - m) + i(1 + m)}{2}$.
Donc $\frac{f - c}{f - a} = \frac{(1 + m) + i(1 - m)}{(1 - m) + i(1 + m)}$.
En multipliant par la quantité conjuguée du dénominateur $(1 - m) - i(1 + m)$ :
Numérateur : $((1+m) + i(1-m))((1-m) - i(1+m)) = (1-m^2) - i(1+m)^2 + i(1-m)^2 - i^2(1-m^2) = 2(1-m^2) - 4im = 2(1 - m^2 - 2im) = -2(m + i)^2$.
Dénominateur : $(1-m)^2 + (1+m)^2 = 2(1 + m^2) = 2(1 + im)(1 - im)$.
Le quotient vaut : $\frac{-(m+i)^2}{(1+im)(1-im)} = -\frac{m+i}{1+im} \cdot \frac{m+i}{1-im}$.
Or $\frac{m+i}{1-im} = \frac{m+i}{-i(m+i)} = \frac{1}{-i} = i$.
Donc $\frac{f - c}{f - a} = -\frac{m+i}{1+im} \cdot i = -i \left( \frac{m+i}{1+im} \right)$.


B. 3- b) Cocyclicité des points $A, E, C, F$ :
• D'après la question A.1, $\frac{m + i}{1 + im} \in \mathbb{R}^*$, donc $\frac{f - c}{f - a} = -i \left(\frac{m+i}{1+im}\right) \in i\mathbb{R}^*$.
Par conséquent : $(\vec{AF}, \vec{CF}) \equiv \frac{\pi}{2} \ [\pi]$, ce qui montre que le triangle $AFC$ est rectangle en $F$, et donc $F$ appartient au cercle de diamètre $[AC]$.
• D'autre part, comme $E \in (BC)$ et $(AE) \perp (BC)$, le triangle $AEC$ est rectangle en $E$, c'est-à-dire $(\vec{AE}, \vec{CE}) \equiv \frac{\pi}{2} \ [\pi]$.
Donc $E$ appartient également au cercle de diamètre $[AC]$.
Les quatre points distincts $A, E, C, F$ appartiennent au même cercle de diamètre $[AC]$.

Partie I : Équation diophantienne

1- Résolution de $(E) : 5x - 6y = 2$ dans $\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}$ :
• Recherche d'une solution particulière :
On a $5(4) - 6(3) = 20 - 18 = 2$. Donc $(x_0, y_0) = (4, 3)$ est une solution particulière de $(E)$.
• Solutions générales :
Soit $(x, y) \in \mathbb{Z}^2$ une solution. On a $5x - 6y = 2$ et $5(4) - 6(3) = 2$.
Par soustraction membre à membre : $5(x - 4) - 6(y - 3) = 0 \iff 5(x - 4) = 6(y - 3)$.
Comme $5 \mid 6(y - 3)$ et $\text{pgcd}(5, 6) = 1$, d'après le théorème de Gauss : $5 \mid (y - 3)$, d'où il existe $k \in \mathbb{Z}$ tel que $y - 3 = 5k \implies y = 3 + 5k$.
En remplaçant : $5(x - 4) = 6(5k) \iff x - 4 = 6k \implies x = 4 + 6k$.
Réciproquement, pour tout $k \in \mathbb{Z}$ : $5(4 + 6k) - 6(3 + 5k) = 20 + 30k - 18 - 30k = 2$.


2- a) Valeurs possibles de $d = x \wedge y$ :
Soit $(x, y)$ une solution de $(E)$ et $d = \text{pgcd}(x, y)$.
Puisque $d \mid x$ et $d \mid y$, $d$ divise toute combinaison linéaire entière de $x$ et $y$, en particulier $d \mid (5x - 6y)$.
Or $5x - 6y = 2$, donc $d \mid 2$.
Comme $d$ est un entier strictement positif, les seuls diviseurs positifs de 2 sont 1 et 2.


2- b) Détermination des couples $(x,y)$ pour lesquels $d = 1$ :
On a $x = 4 + 6k$ et $y = 3 + 5k$.
$x = 2(2 + 3k)$ est toujours pair pour tout $k \in \mathbb{Z}$.
$y = 3 + 5k \equiv 1 + k \ [2]$. Donc $y$ est pair si et seulement si $k$ est impair ($k \equiv 1 \ [2]$).
• Si $k$ est impair : 2 divise $x$ et 2 divise $y$, donc $d = 2$.
• Si $k$ est pair : 2 ne divise pas $y$, donc 2 ne peut pas diviser $d$. Comme $d \in \{1, 2\}$, on a nécessairement $d = 1$.
Ainsi, $d = 1 \iff k$ est pair $\iff k = 2p$ avec $p \in \mathbb{Z}$.
Les couples correspondants sont : $x = 4 + 6(2p) = 4 + 12p$ et $y = 3 + 5(2p) = 3 + 10p$.


Partie II : Arithmétique en base $b$

1- Démonstration de $S_b(n) \equiv n \ [b - 1]$ :
On a $b \equiv 1 \ [b - 1]$.
Par compatibilité de la congruence avec les puissances, pour tout entier $i \ge 0$ : $b^i \equiv 1^i \equiv 1 \ [b - 1]$.
En multipliant par $a_i \in \mathbb{Z}$ : $a_i b^i \equiv a_i \ [b - 1]$.
En sommant pour $i$ allant de 0 à $p$ :
$n = \sum_{i=0}^p a_i b^i \equiv \sum_{i=0}^p a_i = S_b(n) \ [b - 1]$.


2- a) Démonstration de $n \equiv 0 \ [4]$ et $n \equiv 3 \ [5]$ :
Le couple $(S_5(n), S_6(n))$ est une solution de $(E)$ avec $\text{pgcd}(S_5(n), S_6(n)) = 1$.
D'après la Partie I question 2-b, il existe $p \in \mathbb{Z}$ tel que :
$S_5(n) = 4 + 12p \quad \text{et} \quad S_6(n) = 3 + 10p$.
D'après la question 1 :
• Pour la base $b = 5$ : $n \equiv S_5(n) \ [4]$. Or $S_5(n) = 4 + 12p = 4(1 + 3p) \equiv 0 \ [4]$, d'où $n \equiv 0 \ [4]$.
• Pour la base $b = 6$ : $n \equiv S_6(n) \ [5]$. Or $S_6(n) = 3 + 10p = 3 + 5(2p) \equiv 3 \ [5]$, d'où $n \equiv 3 \ [5]$.


2- b) Déduction de $n \equiv 8 \ [20]$ :
On a le système de congruences : $\begin{cases} n \equiv 0 \ [4] \\ n \equiv 3 \ [5] \end{cases}$
Comme $\text{pgcd}(4, 5) = 1$, d'après le théorème des restes chinois, il existe une unique solution modulo $4 \times 5 = 20$.
De $n \equiv 0 \ [4]$, on a $n = 4k$ avec $k \in \mathbb{Z}$.
En substituant dans la deuxième congruence : $4k \equiv 3 \ [5] \iff -k \equiv 3 \ [5] \iff k \equiv -3 \equiv 2 \ [5]$.
Donc $k = 5j + 2$ avec $j \in \mathbb{Z}$.
Ainsi : $n = 4(5j + 2) = 20j + 8 \implies n \equiv 8 \ [20]$.


3- a) Calcul de $S_5(28)$ et $S_6(28)$ :
• En base 5 : $28 = 1 \times 5^2 + 0 \times 5^1 + 3 \times 5^0 = \overline{103}_5$.
Donc $S_5(28) = 1 + 0 + 3 = 4$.
• En base 6 : $28 = 4 \times 6^1 + 4 \times 6^0 = \overline{44}_6$.
Donc $S_6(28) = 4 + 4 = 8$.


3- b) Vérification si $(S_5(28), S_6(28))$ est solution de $(E)$ :
On teste le couple $(4, 8)$ dans l'équation $(E) : 5x - 6y = 2$ :
$5(4) - 6(8) = 20 - 48 = -28 \neq 2$.


Partie III : Probabilités

1- Probabilité de l'événement $V$ :
L'expérience consiste à tirer successivement avec remise 2 boules parmi 25. Le nombre total de résultats possibles est :
$\text{Card}(\Omega) = 25 \times 25 = 625$.
L'événement $V$ correspond à obtenir $(x, y) \in \{1, \dots, 25\}^2$ tel que $5x - 6y = 2$.
Les solutions sont de la forme $x = 4 + 6k$ et $y = 3 + 5k$ avec $k \in \mathbb{Z}$.
Déterminons les valeurs de $k$ vérifiant $1 \le x \le 25$ et $1 \le y \le 25$ :
• $1 \le 4 + 6k \le 25 \iff -3 \le 6k \le 21 \iff -0.5 \le k \le 3.5 \implies k \in \{0, 1, 2, 3\}$.
• $1 \le 3 + 5k \le 25 \iff -2 \le 5k \le 22 \iff -0.4 \le k \le 4.4 \implies k \in \{0, 1, 2, 3, 4\}$.
L'intersection donne $k \in \{0, 1, 2, 3\}$. Les 4 couples solutions sont :
$(4, 3), \ (10, 8), \ (16, 13), \ (22, 18)$.
Donc $\text{Card}(V) = 4$.
La probabilité est : $p(V) = \frac{\text{Card}(V)}{\text{Card}(\Omega)} = \frac{4}{625} = \frac{4 \times 16}{625 \times 16} = \frac{64}{10000} = 64 \times 10^{-4}$.


2- Répétition de l'épreuve (Loi binomiale) :
L'expérience est répétée $n = 10$ fois de manière indépendante et identique.
Soit $X$ la variable aléatoire représentant le nombre de fois où l'événement $V$ est réalisé.
$X$ suit la loi binomiale $\mathcal{B}(10, p)$ avec $p = 64 \times 10^{-4}$.
La probabilité d'obtenir exactement 2 succès est :
$P(X = 2) = \binom{10}{2} p^2 (1 - p)^{10 - 2} = \binom{10}{2} (64 \cdot 10^{-4})^2 (1 - 64 \cdot 10^{-4})^8$.
Avec $\binom{10}{2} = \frac{10 \times 9}{2} = 45$ :

1- Stabilité de $E$ dans $(\mathcal{M}_3(\mathbb{R}), \times)$ :
Soient $M(x)$ et $M(y)$ deux éléments de $E$ avec $x, y \in \mathbb{R}$.
Calculons le produit matriciel $M(x) \times M(y)$ :
$M(x) \times M(y) = \begin{pmatrix} a^x & a^x - 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & a^x \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a^y & a^y - 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & a^y \end{pmatrix}$
$= \begin{pmatrix} a^x a^y + 0 + 0 & a^x(a^y - 1) + (a^x - 1) \cdot 1 + 0 & 0 \\ 0 + 0 + 0 & 0 + 1 \cdot 1 + 0 & 0 \\ 0 + 0 + 0 & 0 + 0 + 0 & a^x a^y \end{pmatrix}$
$= \begin{pmatrix} a^{x+y} & a^{x+y} - a^x + a^x - 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & a^{x+y} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a^{x+y} & a^{x+y} - 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & a^{x+y} \end{pmatrix} = M(x + y)$.
Comme $x + y \in \mathbb{R}$, on a $M(x + y) \in E$.


2- a) $\varphi$ est un isomorphisme de $(\mathbb{R}, +)$ vers $(E, \times)$ :
• Morphisme : Pour tous $x, y \in \mathbb{R}$ :
$\varphi(x + y) = M(x + y) = M(x) \times M(y) = \varphi(x) \times \varphi(y)$. Donc $\varphi$ est un homomorphisme de groupes.
• Surjectivité : Par définition de $E = \{M(x) \mid x \in \mathbb{R}\}$, tout élément de $E$ est l'image d'un réel $x$ par $\varphi$, donc $\varphi$ est surjective de $\mathbb{R}$ sur $E$.
• Injectivité : Soient $x, y \in \mathbb{R}$ tels que $\varphi(x) = \varphi(y)$.
Alors $M(x) = M(y) \implies a^x = a^y \implies x \ln(a) = y \ln(a)$.
Comme $a \in \mathbb{R}^* \setminus \{1\}$, $\ln(a) \neq 0$, ce qui implique $x = y$. Donc $\varphi$ est injective.


2- b) $(E, \times)$ est un groupe commutatif :
Puisque $(\mathbb{R}, +)$ est un groupe commutatif et que $\varphi$ est un isomorphisme de $(\mathbb{R}, +)$ vers $(E, \times)$, l'ensemble image $(E, \times)$ est également un groupe commutatif (transport de structure).
• Élément neutre : $\varphi(0) = M(0) = \begin{pmatrix} a^0 & a^0 - 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & a^0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = I$.
• Symétrique de $M(x)$ : $\varphi(-x) = M(-x) = [M(x)]^{-1}$.


3- a) Vérification que $A \in E$ et $B \in E$ (pour $a = 5$) :
• Pour $A$ : On cherche $x \in \mathbb{R}$ tel que $5^x = \frac{1}{25} = 5^{-2} \implies x = -2$.
Vérifions : $M(-2) = \begin{pmatrix} 5^{-2} & 5^{-2} - 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 5^{-2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{25} & \frac{1}{25} - 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & \frac{1}{25} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{25} & -\frac{24}{25} & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & \frac{1}{25} \end{pmatrix} = A$.
Donc $A = M(-2) \in E$.
• Pour $B$ : On cherche $x \in \mathbb{R}$ tel que $5^x = 25 = 5^2 \implies x = 2$.
Vérifions : $M(2) = \begin{pmatrix} 5^2 & 5^2 - 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 5^2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 25 & 25 - 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 25 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 25 & 24 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 25 \end{pmatrix} = B$.
Donc $B = M(2) \in E$.


3- b) Résolution dans $E$ de $A^5 \times X^6 = B^{2026}$ :
Puisque $\varphi$ est un isomorphisme, pour tout $x \in \mathbb{R}$ et $k \in \mathbb{Z}$ : $[M(x)]^k = M(kx)$.
On a $A = M(-2) \implies A^5 = M(5 \times (-2)) = M(-10)$.
$B = M(2) \implies B^{2026} = M(2026 \times 2) = M(4052)$.
Comme $X \in E$, il existe $t \in \mathbb{R}$ tel que $X = M(t)$, d'où $X^6 = M(6t)$.
L'équation devient :
$M(-10) \times M(6t) = M(4052) \iff M(-10 + 6t) = M(4052)$.
Par injectivité de $\varphi$ :
$-10 + 6t = 4052 \iff 6t = 4062 \iff t = \frac{4062}{6} = 677$.
L'unique solution dans $E$ est donc :


4- a) $(E \setminus \{I\}, T)$ est un groupe commutatif :
Remarquons que $M(x) \in E \setminus \{I\} \iff x \neq 0$.
• Stabilité : Soient $M(x), M(y) \in E \setminus \{I\}$, donc $x \neq 0$ et $y \neq 0$.
Alors $\frac{1}{\sqrt{2}}xy \neq 0$, donc $M(x) T M(y) = M\left(\frac{xy}{\sqrt{2}}\right) \in E \setminus \{I\}$.
• Commutativité : Pour tous $x, y \in \mathbb{R}^*$ :
$M(x) T M(y) = M\left(\frac{xy}{\sqrt{2}}\right) = M\left(\frac{yx}{\sqrt{2}}\right) = M(y) T M(x)$.
• Associativité : Pour tous $x, y, z \in \mathbb{R}^*$ :
$(M(x) T M(y)) T M(z) = M\left(\frac{xy}{\sqrt{2}}\right) T M(z) = M\left(\frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{xy}{\sqrt{2}} \cdot z\right) = M\left(\frac{xyz}{2}\right)$.
$M(x) T (M(y) T M(z)) = M(x) T M\left(\frac{yz}{\sqrt{2}}\right) = M\left(\frac{1}{\sqrt{2}} \cdot x \cdot \frac{yz}{\sqrt{2}}\right) = M\left(\frac{xyz}{2}\right)$.
Les deux expressions sont égales, donc $T$ est associative.
• Élément neutre : On cherche $M(e) \in E \setminus \{I\}$ ($e \neq 0$) tel que $\forall x \neq 0$ :
$M(x) T M(e) = M(x) \iff M\left(\frac{xe}{\sqrt{2}}\right) = M(x) \iff \frac{xe}{\sqrt{2}} = x \iff e = \sqrt{2}$.
Comme $\sqrt{2} \neq 0$, $M(\sqrt{2}) \in E \setminus \{I\}$ est l'élément neutre.
• Symétrique : Pour tout $M(x) \in E \setminus \{I\}$ ($x \neq 0$), on cherche $M(x') \in E \setminus \{I\}$ tel que :
$M(x) T M(x') = M(\sqrt{2}) \iff \frac{xx'}{\sqrt{2}} = \sqrt{2} \iff xx' = 2 \iff x' = \frac{2}{x}$.
Comme $x \neq 0$, $x' = \frac{2}{x} \neq 0$, donc le symétrique de $M(x)$ est $M\left(\frac{2}{x}\right) \in E \setminus \{I\}$.


4- b) $(E, \times, T)$ est un corps commutatif :
Vérifions les axiomes de la structure de corps pour le triplet $(E, \times, T)$ :
1. $(E, \times)$ est un groupe abélien d'élément neutre $I = M(0)$ (d'après 2-b).
2. $(E \setminus \{I\}, T)$ est un groupe abélien (d'après 4-a).
3. Distributivité de la seconde loi $T$ par rapport à la première loi $\times$ :
Soient $M(x), M(y), M(z) \in E$.
Calculons le premier membre :
$M(x) T (M(y) \times M(z)) = M(x) T M(y + z) = M\left( \frac{x(y + z)}{\sqrt{2}} \right) = M\left( \frac{xy + xz}{\sqrt{2}} \right)$.
Calculons le second membre :
$(M(x) T M(y)) \times (M(x) T M(z)) = M\left( \frac{xy}{\sqrt{2}} \right) \times M\left( \frac{xz}{\sqrt{2}} \right) = M\left( \frac{xy}{\sqrt{2}} + \frac{xz}{\sqrt{2}} \right) = M\left( \frac{xy + xz}{\sqrt{2}} \right)$.
Les deux membres sont égaux, donc la loi $T$ est distributive par rapport à la loi $\times$ (à gauche, et par commutativité de $T$, également à droite).