PCSI DEVOIR SURVEILLÉ de MATHÉMATIQUES n 4 07/12

PCSI
DEVOIR SURVEILLÉ de MATHÉMATIQUES n◦ 4
07/12/2001
Durée : 4 heures
Calculatrices interdites
EXERCICE 1 :
→
− −
→
Dans le plan complexe rapporté au repère orthonormal (O; e1 , e2 ), on définit une transformation
géométrique qui, à tout point M d’affixe z (z 6= 2i), associe le point M 0 d’affixe z 0 donnée
par
z−3+i
.
z0 =
2i − z
a. Quel est l’ensemble des points M tels que M 0 soit sur l’axe réel ?
3π
modulo 2π ?
b. Quel est l’ensemble des points M tels que arg(z 0 ) =
2
0
c. Quel est l’ensemble des points M tels que |z | = 2 ?
Représenter graphiquement (sur un même schéma) ces trois ensembles.
EXERCICE 2 :
1. Soit N un entier√
naturel non nul. On suppose que N n’est divisible par aucun nombre premier
p tel que p ≤ N . Montrer que N est premier.
2. En déduire que le nombre 101 est premier.
On admet que la décomposition en facteurs premiers du nombre 10001 est : 10001 = 73 × 137.
3. Soit b un entier naturel, soit n un entier naturel non nul. En procédant par récurrence,
développer le produit
Pn =
n−1
Y
k
(1 + b2 ) = (1 + b)(1 + b2 )(1 + b4 )(1 + b8 ) · · · (1 + b2
n−1
).
k=0
4. En déduire la décomposition en facteurs premiers du nombre N = 11111111.
PROBLÈME extrait du Concours “Petites Mines 2000”
PARTIE A : Étude de la fonction argument tangente hyperbolique
ex − e−x
sh x
= x
pour
A.1. La fonction tangente hyperbolique, notée th, est définie par th x =
ch x
e + e−x
tout x réel. Donner l’expression de sa dérivée, ses variations et ses limites.
A.2. Montrer que la fonction th établit une bijection de IR vers un intervalle I de IR à préciser.
La bijection réciproque est notée argth (“argument tangente hyperbolique”).
A.3. Montrer que la fonction argth est impaire.
A.4. Montrer que la fonction argth est dérivable sur I et calculer sa dérivée.
A.5. Pour x ∈ I, exprimer argthx à l’aide de fonctions usuelles.
PARTIE B : Étude d’une équation fonctionnelle
Dans cette partie, on s’intéresse à des fonctions f , définies sur IR et à valeurs réelles, vérifiant la
relation
2f (x)
∀x ∈ IR
f (2x) =
.
(*)
1 + f (x)2
B.1. Déterminer les fonctions constantes vérifiant (*).
B.2. Quelles sont les valeurs possibles de f (0) si f vérifie (*) ?
2t
B.3. Montrer que, pour tout réel t, on a l’encadrement −1 ≤
≤ 1. Que peut-on en déduire
1 + t2
pour une fonction f solution de (*) ?
B.4. Montrer que la fonction th est solution de l’équation fonctionnelle (*).
PARTIE C : Résolution de (*) avec f (0) = ±1
Dans cette partie, on note f une fonction de IR vers IR, continue en zéro et vérifiant la relation
(*) de la PARTIE B. On suppose de plus que f (0) = 1 et que f n’est pas une fonction
constante.
x 0
On considère x0 ∈ IR tel que f (x0 ) 6= f (0) et, pour tout entier naturel n, on pose un = f n .
2
C.1. Montrer que la suite (un ) est convergente et préciser sa limite.
C.2. Établir une relation entre un et un+1 . En déduire que la suite (un ) garde un signe constant,
puis étudier ses variations en fonction du signe de u0 .
C.3. En utilisant les résultats des questions C.1. et C.2., aboutir à une contradiction.
C.4. Que peut-on dire si l’on remplace l’hypothèse “f (0) = 1” par “f (0) = −1” ?
C.5. Conclusion de cette PARTIE C ?
PARTIE D : Résolution de (*) avec f (0) = 0
Dans cette partie, on note f une fonction de IR vers IR, dérivable en zéro et vérifiant la relation
(*) de la PARTIE B, et telle que f (0) = 0.
D.1. En raisonnant par l’absurde et en considérant une suite du même type que celle de la
PARTIE C, montrer que ∀x ∈ IR
f (x) 6= −1 et f (x) 6= 1.
Pour tout réel x, on pose alors g(x) = argth f (x) .
D.2. Montrer que ∀x ∈ IR g(2x) = 2g(x).
D.3. Montrer que g est dérivable en zéro.
D.4. Soit x un réel non nul. On définit la suite (vn ) par
x
g n
2
∀n ∈ IN
vn =
.
x
n
2
Montrer que (vn ) est convergente et dterminer sa limite.
D.5. En déduire que g est une fonction linéaire (c’est-à-dire une fonction de la forme x 7→ ax).
PARTIE E : Conclusion
Quelles sont toutes les fonctions définies sur IR, à valeurs réelles, dérivables en zéro et vérifiant
la relation (*) ?
***********************************************
CORRIGÉ
***********************************************
EXERCICE 1 :
a. Posons z = x + iy avec x et y réels. On a les équivalences
z 0 ∈ IR
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
z0 = z0
(z − 3 + i)(−2i − z) = (z − 3 − i)(2i − z)
(−3 − 3i)z + (3 − 3i)z + 12i = 0
(après simplifications)
−(z − z) − i(z + z) + 4i = 0
−2iy − 2ix + 4i = 0
x+y =2.
L’ensemble recherché est donc la droite d’équation cartésienne x + y = 2 (privée du point
A d’affixe 2i).
3π
b. Un nombre complexe non nul a pour argument
modulo 2π si et seulement si il appar2
tient à iIR− , c’est-à-dire si et seulement si sa partie réelle est nulle et sa partie imaginaire
strictement négative. Avec z = x + iy, on a
z0 =
−(x2 + y 2 − 3x − y − 2) + i(−3x − 3y + 6)
(x − 3) + i(y + 1)
=
.
−x + i(2 − y)
x2 + (y − 2)2
Donc
3π
arg(z ) =
2
0
(
[2π]
⇐⇒
⇐⇒
x2 + y 2 − 3x − y − 2 =
x+y−2 >

2 2

1
 x− 3
+ y−
2
2


x+y
0
0
=
9
2
(∗)
.
> 2
3+i
3
et de rayon √ . La droite
2
2
d’équation x + y = 2 passe par Ω et est donc un diamètre de ce cercle. L’ensemble des solutions est donc représenté graphiquement par un demi-cercle ouvert (c’est-à-dire extrémités
non comprises) du cercle C, limité par les points A(2i) et B(3 − i) : c’est le demi-cercle situé
au-dessus de la droite d’équation x + y = 2.
c. Allez, c’est parti...
L’équation (*) est celle du cercle C de centre Ω d’affixe
|z 0 | = 2
⇐⇒
|z 0 |2 = 4 ⇐⇒ (x − 3)2 + (y + 1)2 = 4 x2 + (2 − y)2
⇐⇒
⇐⇒
x2 + y 2 + 2x − 6y + 2 = 0
(x + 1)2 + (y − 3)2 = 8 .
√
L’ensemble des solutions est ici le cercle C 0 de centre Ω0 (−1 + 3i) et de rayon 2 2.
Remarques.
Nous noterons toujours A le point d’affixe a = 2i et B le point d’affixe b = 3 − i.
• Le calcul de z 0 fait au début de la question b. permettait en fait de répondre plus rapidement
à la question a. puisque la condition cherchée se traduit par Im(z 0 ) = 0.
• On peut donner une solution géométrique de la question a. :
z 0 ∈ IR
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
arg(z 0 ) = 0 [π]
arg(z − 3 + i) = arg(z − 2i)
−−→ −−→
(AM , BM ) = 0 [π]
M ∈ (AB) .
[π]
• On peut aussi donner une solution géométrique de la question b. :
z−b
3π
3π
0
[2π] ⇐⇒ arg
=
[2π]
arg(z ) =
2
a−z
2
π
z−b
⇐⇒ arg
=
[2π]
z−a
2
π
−−→ −−→
⇐⇒ (M A, M B) =
[2π] .
2
dB soit un angle droit (ce qui équivaut à
On sait que l’ensemble des points M tels que AM
π
−−→ −−→
[π]) est le cercle de diamètre [AB]. Il reste à voir que cet angle droit est
(M A, M B) =
2
dans le sens direct lorsque M parcourt un des deux demi-cercles de diamètre [AB]...
EXERCICE 2 :
1. Raisonnons par contraposition. Si le nombre N est composé (c’est-à-dire non premier), on
peut écrire N = pq où p et q sont deux entiers naturels √
tels que 1 < p < N et 1 < q < N .
L’un au moins de ces deux entiers est inférieur ou égal à N , sinon
√ on aurait pq > N . Donc
au moins un des diviseurs premiers de N est inférieur ou égal à N .
√
2. Il suffit de tester la divisibilité de 101 par les nombres premiers inférieurs ou égaux à 101,
c’est-à-dire 2,3,5,7. Aucun de ces nombres ne divise 101, donc 101 est premier.
3. Par récurrence (les détails sont laissés au lecteur...), on obtient
2
Pn = 1 + b + b + · · · + b
2n −1
=
n
2X
−1
bk .
k=0
4. Avec b = 10, on a
N=
7
X
10k = P3 = (1 + 10)(1 + 102 )(1 + 104 ) = 11 × 101 × 10001 ,
k=0
donc sa décomposition en facteurs premiers est 11111111 = 11 × 73 × 101 × 137.
PROBLÈME :
PARTIE A : Étude de la fonction argument tangente hyperbolique
1
= 1 − th2
ch2
lim th x = −1 et
A.1. La fonction th est définie sur IR, impaire, de classe C ∞ , sa dérivée est (th)0 =
(strictement positive), donc la fonction th est strictement croissante ;
x→−∞
lim th x = 1 (tout ça, c’est du cours).
x→+∞
A.2. De la question A.1., on déduit que la fonction th est une bijection dérivable et strictement
croissante de IR vers I = ] lim th x, lim th x[ = ] − 1, 1[.
x→−∞
x→+∞
A.3. Pour x ∈ IR et y ∈ ] − 1, 1[, on a donc l’équivalence
y = th x ⇐⇒ x = argth y .
L’ensemble de définition I = ] − 1, 1[ de la fonction argth est symétrique par rapport à zéro
et, si on pose x = argth y et x0 = argth(−y), on a th(x0 ) = −y = − th(x) = th(−x) puisque
la fonction th est impaire, donc x0 = −x puisque la fonction th est injective, c’est-à-dire
argth(−y) = −argth y : la fonction argth est impaire.
A.4. La fonction argth est la bijection réciproque d’une bijection dérivable et strictement monotone dont la dérivée ne s’annule jamais (∀x ∈ IR (th)0 (x) > 0), donc elle est dérivable sur
son ensemble de définition I = ] − 1, 1[ et on a
1
1
1
=
=
.
∀y ∈ ] − 1, 1[
(argth)0 (y) =
2
(th)0 (argth y)
1
−
y2
1 − th (argth y)
A.5. Pour x ∈ ] − 1, 1[ donné, résolvons l’équation (d’inconnue t) : th t = x (nous savons qu’elle
admet une solution unique).
e2t − 1
= x ⇐⇒ e2t − 1 = (e2t + 1)x
e2t + 1
1+x
1
1+x
2t
2t
.
⇐⇒ (1 − x)e = 1 + x ⇐⇒ e =
⇐⇒ t = ln
1−x
2
1−x
1+x
1
.
Pour tout x ∈ ] − 1, 1[, on a donc argth x = ln
2
1−x
th t = x
⇐⇒
PARTIE B : Étude d’une équation fonctionnelle
B.1. Si f est constante (f = C), elle est solution de (*) si et seulement si C =
2C
, c’est-à-dire
1 + C2
C(C 2 − 1) = 0 : les solutions sont C = −1, C = 0 et C = 1.
2 f (0)
B.2. Si f vérifie (*), alors on a f (0) =
: le nombre f (0) est donc solution de l’équation
1 + f (0)2
résolue en B.1., donc f (0) ∈ {−1, 0, 1} (et ces trois valeurs sont effectivement possibles,
penser aux fonctions constantes).
B.3. Comme 1 + t2 est toujours strictement positif, cela revient à démontrer l’encadrement
−(1+t2 ) ≤ 2t ≤ 1+t2 , c’est-à-dire les deux inégalités (1) : −(1+t2 ) ≤ 2t et (2) : 2t ≤ 1+t2 .
Or, l’inégalité (1) équivaut à (1 + t)2 ≥ 0, donc est toujours vraie, et (2) équivaut à
(1 − t)2 ≥ 0, donc est vraie aussi.
2f
Si f est solution de l’équation fonctionnelle (*), on a f (x) =
toute fonction solution de (*) prend ses valeurs dans [−1, 1].
B.4. Simple vérification de calcul :
x
2
x 2 ∈ [−1, 1]. Donc
1+f
2
e2x − 1
2
2 th x
2 (e4x − 1)
2 (e2x − 1)(e2x + 1)
e2x + 1
=
=
= th 2x .
2x
2 = 2x
2
2
2x
2
(e + 1) + (e − 1)
2 (e4x + 1)
1 + th x
e −1
1+
e2x + 1
PARTIE C : Résolution de (*) avec f (0) = ±1
x x0
0
C.1. On a lim n = 0 et, comme f est continue en zéro, lim un = lim f n = f (0) = 1.
n→∞ 2
n→∞
n→∞
2
x 0
2
f
n+1
x0
x0
2
C.2. En écrivant la relation (*) avec x = n+1 , on obtient f n =
x 2 , c’est-à2
2
0
1 + f n+1
2
2 un+1
. On en déduit que un et un+1 sont de même signe pour tout n, donc
dire un =
1 + u2n+1
la suite (un ) garde un signe constant. On note aussi que un+1 est nul si et seulement si un
est nul donc, soit la suite (un ) ne s’annule jamais, soit elle est constamment nulle.
1 + u2n+1
un+1
=
et, ce dernier rapport étant positif,
Supposons la suite un non nulle, alors
un
2
2
1 + un+1
|un+1 |
on a donc
=
. D’après la question B.3., la suite (un ) est à valeurs dans
|un |
2
1 + u2n+1
≤ 1 et la suite de terme général |un | est décroissante. Finalement,
[−1, 1], donc
2
• si u0 = 0, la suite (un ) est constante nulle ;
• si u0 > 0 (alors 0 < u0 ≤ 1), la suite est positive décroissante ;
• si u0 < 0 (alors −1 ≤ u0 < 0), la suite est négative croissante.
C.3. On doit avoir lim un = 1 (question C.1.) ; il est clair que cela est impossible dans les
n→∞
cas u0 = 0 et u0 < 0 ci-dessus ; dans le cas u0 > 0, on a en fait u0 < 1 par l’hypothèse
u0 = f (x0 ) 6= f (0) et une suite décroissante avec u0 < 1 ne peut converger vers 1. Dans
tous les cas, il y a une absurdité.
C.4. Si on suppose f (0) = −1, la réponse à la question C.1. devient lim un = −1, il n’y a rien
n→∞
à changer dans la réponse à la question C.2., et on aboutit toujours à une contradiction
(évidente ici si u0 = 0 ou u0 > 0, mais aussi dans le cas u0 < 0 car alors on a en fait
u0 > −1).
C.5. La conclusion de cette partie est que les seules fonctions continues en zéro vérifiant (*)
avec f (0) = ±1 sont les fonctions constantes f = −1 et f = 1.
PARTIE D : Résolution de (*) avec f (0) = 0
D.1. Supposons qu’il existe
x un
réel x0 tel que f (x0 ) = 1. En considérant encore la suite (un )
0
définie par un = f n , on a lim un = f (0) = 0 car f est continue en zéro, mais on a
n→∞
2
2un+1
2t
aussi un =
pour tout entier n et, l’unique solution de l’équation
= 1 étant
2
1 + un+1
1 + t2
t = 1, une récurrence immédiate montre que un = 1 pour tout n, ce qui est contradictoire.
Même contradiction en supposant l’existence d’un réel x0 tel que f (x0 ) = −1 puisque la
2t
seule solution de l’équation
= −1 est t = −1.
1 + t2
La fonction f vérifie donc ∀x ∈ IR f (x) ∈ ] − 1, 1[ (cf. question B.3.), ce qui permet de
définir sur IR la fonction g = argth ◦ f .
D.2. Calculons, en utilisant la question B.4. :
g(2x)
2 f (x)
1 + f (x)2
!
2 th g(x)
= argth th 2g(x) = 2g(x) .
2
1 + th g(x)
=
argth f (2x) = argth
=
argth
D.3. La fonction f est supposée dérivable en 0 avec f (0) = 0, la fonction argth est elle aussi
dérivable en 0, donc la composée g = f ◦ argth est dérivable en zéro, et on peut préciser que
g 0 (0) = f 0 (0) · (argth)0 f (0) = f 0 (0) .
x
g(t)
g(t) − g(0)
= 0 et lim
= lim
= g 0 (0) = f 0 (0) donc, par composition
n
t→0 t
t→0
2
t−0
de limites, on déduit que lim vn = f 0 (0).
n→∞
x 1
D.5. Fixons un réel x non nul. La relation g(2x) = 2g(x) donne g
= g(x) puis, pour tout
2
2
x
1
entier naturel n, g n = n g(x). La suite (vn ) définie ci-dessus, est alors constante, de
2
2
g(x)
g(x)
valeur
, mais elle doit aussi converger vers f 0 (0). On a donc
= f 0 (0) pour tout
x
x
réel x non nul, d’où
D.4. On a
lim
n→∞
∀x ∈ IR
g(x) = f 0 (0) · x
(c’est vrai aussi pour x = 0), donc g est une fonction linéaire (x 7→ ax). On a alors
f (x) = th g(x) = th ax.
PARTIE E : Conclusion
Les fonctions définies sur IR, à valeurs réelles, dérivables en zéro et vérifiant la relation (*) sont :
- les fonctions constantes f = −1 et f = 1 ;
- les fonctions f : x 7→ th ax, avec a ∈ IR.