PCSI DEVOIR SURVEILLÉ de MATHÉMATIQUES n 4 07/12

PCSI DEVOIR SURVEILL´ E de MATH´ EMATIQUES n◦407/12/2001
Dur´ee : 4 heures Calculatrices interdites
EXERCICE 1 :
Dans le plan complexe rapport´e au rep`ere orthonormal (O;−→ e1,−→ e2), on d´efinit une transformation
g´eom´etrique qui, `a tout point Md’affixe z(z6= 2i), associe le point M0d’affixe z0donn´ee
par
z0=z−3 + i
2i−z.
a. Quel est l’ensemble des points Mtels que M0soit sur l’axe r´eel ?
b. Quel est l’ensemble des points Mtels que arg(z0) = 3π
2modulo 2π?
c. Quel est l’ensemble des points Mtels que |z0|= 2 ?
Repr´esenter graphiquement (sur un mˆeme sch´ema) ces trois ensembles.
EXERCICE 2 :
1. Soit Nun entier naturel non nul. On suppose que Nn’est divisible par aucun nombre premier
ptel que p≤√N. Montrer que Nest premier.
2. En d´eduire que le nombre 101 est premier.
On admet que la d´ecomposition en facteurs premiers du nombre 10001 est : 10001 = 73 ×137.
3. Soit bun entier naturel, soit nun entier naturel non nul. En proc´edant par r´ecurrence,
d´evelopper le produit
Pn=
n−1
Y
k=0
(1 + b2k) = (1 + b)(1 + b2)(1 + b4)(1 + b8)···(1 + b2n−1).
4. En d´eduire la d´ecomposition en facteurs premiers du nombre N= 11111111.
PROBL` EME extrait du Concours “Petites Mines 2000”
PARTIE A : ´ Etude de la fonction argument tangente hyperbolique
A.1. La fonction tangente hyperbolique, not´ee th, est d´efinie par th x=sh x
ch x=ex−e−x ex+e−xpour
tout xr´eel. Donner l’expression de sa d´eriv´ee, ses variations et ses limites.
A.2. Montrer que la fonction th ´etablit une bijection de IR vers un intervalle Ide IR `a pr´eciser.
La bijection r´eciproque est not´ee argth (“argument tangente hyperbolique”).
A.3. Montrer que la fonction argth est impaire.
A.4. Montrer que la fonction argth est d´erivable sur Iet calculer sa d´eriv´ee.
A.5. Pour x∈I, exprimer argthx`a l’aide de fonctions usuelles.
PARTIE B : ´ Etude d’une ´equation fonctionnelle
Dans cette partie, on s’int´eresse `a des fonctions f, d´efinies sur IR et `a valeurs r´eelles, v´erifiant la
relation
∀x∈IR f(2x) = 2f(x)
1 + f(x)2.(*)
B.1. D´eterminer les fonctions constantes v´erifiant (*).
B.2. Quelles sont les valeurs possibles de f(0) si fv´erifie (*) ?
B.3. Montrer que, pour tout r´eel t, on a l’encadrement −1≤2t
1 + t2≤1. Que peut-on en d´eduire
pour une fonction fsolution de (*) ?
B.4. Montrer que la fonction th est solution de l’´equation fonctionnelle (*).

PARTIE C : R´esolution de (*) avec f(0) = ±1
Dans cette partie, on note fune fonction de IR vers IR, continue en z´ero et v´erifiant la relation
(*) de la PARTIE B. On suppose de plus que f(0) = 1 et que fn’est pas une fonction
constante.
On consid`ere x0∈IR tel que f(x0)6=f(0) et, pour tout entier naturel n, on pose un=fx0
2n.
C.1. Montrer que la suite (un) est convergente et pr´eciser sa limite.
C.2. ´ Etablir une relation entre unet un+1. En d´eduire que la suite (un) garde un signe constant,
puis ´etudier ses variations en fonction du signe de u0.
C.3. En utilisant les r´esultats des questions C.1. et C.2., aboutir `a une contradiction.
C.4. Que peut-on dire si l’on remplace l’hypoth`ese “f(0) = 1” par “f(0) = −1” ?
C.5. Conclusion de cette PARTIE C ?
PARTIE D : R´esolution de (*) avec f(0) = 0
Dans cette partie, on note fune fonction de IR vers IR, d´erivable en z´ero et v´erifiant la relation
(*) de la PARTIE B, et telle que f(0) = 0.
D.1. En raisonnant par l’absurde et en consid´erant une suite du mˆeme type que celle de la
PARTIE C, montrer que ∀x∈IR f(x)6=−1etf(x)6= 1.
Pour tout r´eel x, on pose alors g(x) = argthf(x).
D.2. Montrer que ∀x∈IR g(2x) = 2g(x).
D.3. Montrer que gest d´erivable en z´ero.
D.4. Soit xun r´eel non nul. On d´efinit la suite (vn) par
∀n∈IN vn=
gx
2n
x
2n
.
Montrer que (vn) est convergente et dterminer sa limite.
D.5. En d´eduire que gest une fonction lin´eaire (c’est-`a-dire une fonction de la forme x7→ ax).
PARTIE E : Conclusion
Quelles sont toutes les fonctions d´efinies sur IR, `a valeurs r´eelles, d´erivables en z´ero et v´erifiant
la relation (*) ?

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CORRIG´ E
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EXERCICE 1 :
a. Posons z=x+iy avec xet yr´eels. On a les ´equivalences
z0∈IR ⇐⇒ z0=z0
⇐⇒ (z−3 + i)(−2i−z) = (z−3−i)(2i−z)
⇐⇒ (−3−3i)z+ (3 −3i)z+ 12i= 0 (apr`es simplifications)
⇐⇒ −(z−z)−i(z+z)+4i= 0
⇐⇒ −2iy −2ix + 4i= 0
⇐⇒ x+y= 2 .
L’ensemble recherch´e est donc la droite d’´equation cart´esienne x+y= 2 (priv´ee du point
Ad’affixe 2i).
b. Un nombre complexe non nul a pour argument 3π
2modulo 2πsi et seulement si il appar-
tient `a iIR−, c’est-`a-dire si et seulement si sa partie r´eelle est nulle et sa partie imaginaire
strictement n´egative. Avec z=x+iy, on a
z0=(x−3) + i(y+ 1)
−x+i(2 −y)=−(x2+y2−3x−y−2) + i(−3x−3y+ 6) x2+ (y−2)2.
Donc
arg(z0) = 3π
2[2π]⇐⇒ (x2+y2−3x−y−2=0
x+y−2>0
⇐⇒ 
x−3
22
+y−1
22
=9
2(∗)
x+y > 2
.
L’´equation (*) est celle du cercle Cde centre Ω d’affixe 3 + i
2et de rayon 3
√2. La droite
d’´equation x+y= 2 passe par Ω et est donc un diam`etre de ce cercle. L’ensemble des solu-
tions est donc repr´esent´e graphiquement par un demi-cercle ouvert (c’est-`a-dire extr´emit´es
non comprises) du cercle C, limit´e par les points A(2i) et B(3 −i) : c’est le demi-cercle situ´e
au-dessus de la droite d’´equation x+y= 2.
c. Allez, c’est parti...
|z0|= 2 ⇐⇒ |z0|2= 4 ⇐⇒ (x−3)2+ (y+ 1)2= 4 x2+ (2 −y)2

⇐⇒ x2+y2+ 2x−6y+ 2 = 0
⇐⇒ (x+ 1)2+ (y−3)2= 8 .
L’ensemble des solutions est ici le cercle C0de centre Ω0(−1+3i) et de rayon 2√2.
Remarques.
Nous noterons toujours Ale point d’affixe a= 2iet Ble point d’affixe b= 3 −i.
•Le calcul de z0fait au d´ebut de la question b. permettait en fait de r´epondre plus rapidement
`a la question a. puisque la condition cherch´ee se traduit par Im(z0) = 0.
•On peut donner une solution g´eom´etrique de la question a. :
z0∈IR ⇐⇒ arg(z0) = 0 [π]
⇐⇒ arg(z−3 + i) = arg(z−2i) [π]
⇐⇒ (−−→ AM, −−→ BM ) = 0 [π]
⇐⇒ M∈(AB).
•On peut aussi donner une solution g´eom´etrique de la question b. :
arg(z0) = 3π
2[2π]⇐⇒ arg z−b a−z=3π 2[2π]
⇐⇒ arg z−b
z−a=π 2[2π]
⇐⇒ (−−→ MA, −−→ MB) = π
2[2π].
On sait que l’ensemble des points Mtels que d AMB soit un angle droit (ce qui ´equivaut `a
(−−→ MA, −−→ MB) = π
2[π]) est le cercle de diam`etre [AB]. Il reste `a voir que cet angle droit est
dans le sens direct lorsque Mparcourt un des deux demi-cercles de diam`etre [AB]...
EXERCICE 2 :
1. Raisonnons par contraposition. Si le nombre Nest compos´e (c’est-`a-dire non premier), on
peut ´ecrire N=pq o`u pet qsont deux entiers naturels tels que 1 < p < N et 1 < q < N .
L’un au moins de ces deux entiers est inf´erieur ou ´egal `a √N, sinon on aurait pq > N. Donc
au moins un des diviseurs premiers de Nest inf´erieur ou ´egal `a √N.
2. Il suffit de tester la divisibilit´e de 101 par les nombres premiers inf´erieurs ou ´egaux `a √101,
c’est-`a-dire 2,3,5,7. Aucun de ces nombres ne divise 101, donc 101 est premier.
3. Par r´ecurrence (les d´etails sont laiss´es au lecteur...), on obtient
Pn= 1 + b+b2+··· +b2n−1=
2n−1
X
k=0
bk.
4. Avec b= 10, on a
N=
7
X
k=0
10k=P3= (1 + 10)(1 + 102)(1 + 104) = 11 ×101 ×10001 ,
donc sa d´ecomposition en facteurs premiers est 11111111 = 11 ×73 ×101 ×137.

PROBL` EME :
PARTIE A : ´ Etude de la fonction argument tangente hyperbolique
A.1. La fonction th est d´efinie sur IR, impaire, de classe C∞, sa d´eriv´ee est (th)0=1
ch2= 1 −th2
(strictement positive), donc la fonction th est strictement croissante ; lim
x→−∞ th x=−1 et
lim
x→+∞th x= 1 (tout ¸ca, c’est du cours).
A.2. De la question A.1., on d´eduit que la fonction th est une bijection d´erivable et strictement
croissante de IR vers I= ] lim
x→−∞ th x, lim x→+∞th x[ = ] −1,1[.
A.3. Pour x∈IR et y∈]−1,1[, on a donc l’´equivalence
y= th x⇐⇒ x= argth y .
L’ensemble de d´efinition I= ] −1,1[ de la fonction argth est sym´etrique par rapport `a z´ero
et, si on pose x= argth yet x0= argth(−y), on a th(x0) = −y=−th(x) = th(−x) puisque
la fonction th est impaire, donc x0=−xpuisque la fonction th est injective, c’est-`a-dire
argth(−y) = −argth y: la fonction argth est impaire.
A.4. La fonction argth est la bijection r´eciproque d’une bijection d´erivable et strictement mono-
tone dont la d´eriv´ee ne s’annule jamais (∀x∈IR (th)0(x)>0), donc elle est d´erivable sur
son ensemble de d´efinition I= ] −1,1[ et on a
∀y∈]−1,1[ (argth)0(y) = 1
(th)0(argth y)=1
1−th2(argth y)=1
1−y2.
A.5. Pour x∈]−1,1[ donn´e, r´esolvons l’´equation (d’inconnue t) : th t=x(nous savons qu’elle
admet une solution unique).
th t=x⇐⇒ e2t−1
e2t+ 1 =x⇐⇒ e2t−1 = (e2t+ 1)x
⇐⇒ (1 −x)e2t= 1 + x⇐⇒ e2t=1 + x
1−x⇐⇒ t=1 2ln 1 + x 1−x.
Pour tout x∈]−1,1[, on a donc argth x=1
2ln 1 + x 1−x.
PARTIE B : ´ Etude d’une ´equation fonctionnelle
B.1. Si fest constante (f=C), elle est solution de (*) si et seulement si C=2C
1 + C2, c’est-`a-dire
C(C2−1) = 0 : les solutions sont C=−1, C= 0 et C= 1.
B.2. Si fv´erifie (*), alors on a f(0) = 2f(0)
1 + f(0)2: le nombre f(0) est donc solution de l’´equation
r´esolue en B.1., donc f(0) ∈ {−1,0,1}(et ces trois valeurs sont effectivement possibles,
penser aux fonctions constantes).
B.3. Comme 1 + t2est toujours strictement positif, cela revient `a d´emontrer l’encadrement
−(1+t2)≤2t≤1+t2, c’est-`a-dire les deux in´egalit´es (1) :−(1+t2)≤2tet (2) : 2t≤1+t2.
Or, l’in´egalit´e (1) ´equivaut `a (1 + t)2≥0, donc est toujours vraie, et (2) ´equivaut `a
(1 −t)2≥0, donc est vraie aussi.