PCSI DEVOIR SURVEILLÉ de MATHÉMATIQUES n 4 07/12

PCSI DEVOIR SURVEILL´
E de MATH´
EMATIQUES n407/12/2001
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=z3 + i
2iz.
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 pN. 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 proedant par r´ecurrence,
d´evelopper le produit
Pn=
n1
Y
k=0
(1 + b2k) = (1 + b)(1 + b2)(1 + b4)(1 + b8)···(1 + b2n1).
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=exex
ex+expour
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 xI, exprimer argthx`a l’aide de fonctions usuelles.
PARTIE B : ´
Etude d’une ´equation fonctionnelle
Dans cette partie, on s’ineresse `a des fonctions f, d´efinies sur IR et `a valeurs r´eelles, v´erifiant la
relation
xIR 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 ferifie (*) ?
B.3. Montrer que, pour tout r´eel t, on a l’encadrement 12t
1 + t21. 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 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 x0IR tel que f(x0)6=f(0) et, pour tout entier naturel n, on pose un=fx0
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 xIR f(x)6=1etf(x)6= 1.
Pour tout r´eel x, on pose alors g(x) = argthf(x).
D.2. Montrer que xIR 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
nIN vn=
gx
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 yeels. On a les ´equivalences
z0IR z0=z0
(z3 + i)(2iz) = (z3i)(2iz)
(33i)z+ (3 3i)z+ 12i= 0 (apr`es simplifications)
⇒ −(zz)i(z+z)+4i= 0
⇒ −2iy 2ix + 4i= 0
x+y= 2 .
L’ensemble recherce 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=(x3) + i(y+ 1)
x+i(2 y)=(x2+y23xy2) + i(3x3y+ 6)
x2+ (y2)2.
Donc
arg(z0) = 3π
2[2π](x2+y23xy2=0
x+y2>0
x3
22
+y1
22
=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´esene 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 (x3)2+ (y+ 1)2= 4 x2+ (2 y)2
x2+y2+ 2x6y+ 2 = 0
(x+ 1)2+ (y3)2= 8 .
L’ensemble des solutions est ici le cercle C0de centre Ω0(1+3i) et de rayon 22.
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 chercee se traduit par Im(z0) = 0.
On peut donner une solution g´eom´etrique de la question a. :
z0IR arg(z0) = 0 [π]
arg(z3 + i) = arg(z2i) [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 zb
az=3π
2[2π]
arg zb
za=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+··· +b2n1=
2n1
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 xIR et y]1,1[, on a donc l’´equivalence
y= th xx= 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 (xIR (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
1th2(argth y)=1
1y2.
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=xe2t1
e2t+ 1 =xe2t1 = (e2t+ 1)x
(1 x)e2t= 1 + xe2t=1 + x
1xt=1
2ln 1 + x
1x.
Pour tout x]1,1[, on a donc argth x=1
2ln 1 + x
1x.
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(C21) = 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)2t1+t2, c’est-`a-dire les deux in´egalit´es (1) :(1+t2)2tet (2) : 2t1+t2.
Or, l’in´egalit´e (1) ´equivaut `a (1 + t)20, donc est toujours vraie, et (2) ´equivaut `a
(1 t)20, donc est vraie aussi.
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PCSI DEVOIR SURVEILLÉ de MATHÉMATIQUES n 4 07/12

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