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1 PCSI DEVOIR SURVEILLÉ de MATHÉMATIQUES n 4 07/1/001 Durée : 4 heures EXERCICE 1 : Calculatrices interdites Dans le plan complee rapporté au repère orthonormal (O; e 1, e, on définit une transformation géométrique qui, à tout point M d affie z (z i, associe le point M d affie z donnée par z = z 3 + i. i z a. Quel est l ensemble des points M tels que M soit sur l ae réel? b. Quel est l ensemble des points M tels que arg(z = 3π c. Quel est l ensemble des points M tels que z =? modulo π? Représenter graphiquement (sur un même schéma ces trois ensembles. EXERCICE : 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.. En déduire que le nombre 101 est premier. On admet que la décomposition en facteurs premiers du nombre est : = Soit b un entier naturel, soit n un entier naturel non nul. En procédant par récurrence, développer le produit n 1 P n = (1 + b k = (1 + b(1 + b (1 + b 4 (1 + b 8 (1 + b n 1. k=0 4. En déduire la décomposition en facteurs premiers du nombre N = PROBLÈME etrait du Concours Petites Mines 000 PARTIE A : Étude de la fonction argument tangente hyperbolique A.1. La fonction tangente hyperbolique, notée th, est définie par th = sh ch = e e e pour + e tout réel. Donner l epression de sa dérivée, ses variations et ses limites. A.. 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 I, eprimer argth 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 IR f( = f( 1 + f(. (* B.1. Déterminer les fonctions constantes vérifiant (*. B.. Quelles sont les valeurs possibles de f(0 si f vérifie (*? B.3. Montrer que, pour tout réel t, on a l encadrement 1 t 1. Que peut-on en déduire 1 + t pour une fonction f solution de (*? B.4. Montrer que la fonction th est solution de l équation fonctionnelle (*.

2 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. ( 0 On considère 0 IR tel que f( 0 f(0 et, pour tout entier naturel n, on pose u n = f n. C.1. Montrer que la suite (u n est convergente et préciser sa limite. C.. Établir une relation entre u n et u n+1. En déduire que la suite (u n garde un signe constant, puis étudier ses variations en fonction du signe de u 0. C.3. En utilisant les résultats des questions C.1. et C.., 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 IR f( 1 et f( 1. Pour tout réel, on pose alors g( = argth ( f(. D.. Montrer que IR g( = g(. D.3. Montrer que g est dérivable en zéro. D.4. Soit un réel non nul. On définit la suite (v n par ( g n IN v n = n. n Montrer que (v n 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 a. PARTIE E : Conclusion Quelles sont toutes les fonctions définies sur IR, à valeurs réelles, dérivables en zéro et vérifiant la relation (*?

3 *********************************************** CORRIGÉ *********************************************** EXERCICE 1 : a. Posons z = + iy avec et y réels. On a les équivalences z IR z = z (z 3 + i( i z = (z 3 i(i z ( 3 3iz + (3 3iz + 1i = 0 (après simplifications (z z i(z + z + 4i = 0 iy i + 4i = 0 + y =. L ensemble recherché est donc la droite d équation cartésienne + y = (privée du point A d affie i. b. Un nombre complee non nul a pour argument 3π modulo π si et seulement si il appartient à iir, c est-à-dire si et seulement si sa partie réelle est nulle et sa partie imaginaire strictement négative. Avec z = + iy, on a Donc z = ( 3 + i(y i( y = ( + y 3 y + i( 3 3y (y. arg(z = 3π [π] { + y 3 y = 0 ( y > 0 ( y 1 = 9 + y > (. L équation (* est celle du cercle C de centre Ω d affie 3 + i et de rayon 3. La droite d équation + y = 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 etrémités non comprises du cercle C, limité par les points A(i et B(3 i : c est le demi-cercle situé au-dessus de la droite d équation + y =. c. Allez, c est parti... z = z = 4 ( 3 + (y + 1 = 4 [ + ( y ]

4 + y + 6y + = 0 ( (y 3 = 8. L ensemble des solutions est ici le cercle C de centre Ω ( 1 + 3i et de rayon. Remarques. Nous noterons toujours A le point d affie a = i et B le point d affie b = 3 i. Le calcul de z 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. On peut donner une solution géométrique de la question a. : z IR arg(z = 0 [π] arg(z 3 + i = arg(z i [π] ( AM, BM = 0 [π] M (AB. On peut aussi donner une solution géométrique de la question b. : arg(z = 3π ( z b [π] arg = 3π [π] a z ( z b arg = π [π] z a ( MA, MB = π [π]. On sait que l ensemble des points M tels que AMB soit un angle droit (ce qui équivaut à ( MA, MB = π [π] est le cercle de diamètre [AB]. Il reste à voir que cet angle droit est dans le sens direct lorsque M parcourt un des deu demi-cercles de diamètre [AB]... EXERCICE : 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 deu entiers naturels tels que 1 < p < N et 1 < q < N. L un au moins de ces deu 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.. Il suffit de tester la divisibilité de 101 par les nombres premiers inférieurs ou égau à 101, c est-à-dire,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 P n = 1 + b + b + + b n 1 = n 1 4. Avec b = 10, on a 7 N = 10 k = P 3 = (1 + 10( ( = , k=0 donc sa décomposition en facteurs premiers est = k=0 b k.

5 PROBLÈME : PARTIE A : Étude de la fonction argument tangente hyperbolique A.1. La fonction th est définie sur IR, impaire, de classe C, sa dérivée est (th = 1 ch = 1 th (strictement positive, donc la fonction th est strictement croissante ; th = 1 et lim lim th = 1 (tout ça, c est du cours. + A.. De la question A.1., on déduit que la fonction th est une bijection dérivable et strictement croissante de IR vers I = ] lim th, lim + A.3. Pour IR et y ] 1, 1[, on a donc l équivalence th [ = ] 1, 1[. y = th = argth y. L ensemble de définition I = ] 1, 1[ de la fonction argth est symétrique par rapport à zéro et, si on pose = argth y et = argth( y, on a th( = y = th( = th( puisque la fonction th est impaire, donc = 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 ( IR (th ( > 0, donc elle est dérivable sur son ensemble de définition I = ] 1, 1[ et on a y ] 1, 1[ (argth 1 (y = (th (argth y = 1 1 th (argth y = 1 1 y. A.5. Pour ] 1, 1[ donné, résolvons l équation (d inconnue t : th t = (nous savons qu elle admet une solution unique. th t = et 1 e t + 1 = et 1 = (e t + 1 (1 e t = 1 + e t = t = 1 ln Pour tout ] 1, 1[, on a donc argth = 1 ln ( ( PARTIE B : Étude d une équation fonctionnelle B.1. Si f est constante (f = C, elle est solution de (* si et seulement si C = C 1 + C, c est-à-dire C(C 1 = 0 : les solutions sont C = 1, C = 0 et C = 1. B.. Si f vérifie (*, alors on a f(0 = f(0 : le nombre f(0 est donc solution de l équation 1 + f(0 résolue en B.1., donc f(0 { 1, 0, 1} (et ces trois valeurs sont effectivement possibles, penser au fonctions constantes. B.3. Comme 1 + t est toujours strictement positif, cela revient à démontrer l encadrement (1+t t 1+t, c est-à-dire les deu inégalités (1 : (1+t t et ( : t 1+t. Or, l inégalité (1 équivaut à (1 + t 0, donc est toujours vraie, et ( équivaut à (1 t 0, donc est vraie aussi.

6 ( f Si f est solution de l équation fonctionnelle (*, on a f( = ( [ 1, 1]. Donc 1 + f toute fonction solution de (* prend ses valeurs dans [ 1, 1]. B.4. Simple vérification de calcul : e 1 th 1 + th = e + 1 ( e = (e 1(e (e (e 1 = (e4 1 (e 4 = th e + 1 PARTIE C : Résolution de (* avec f(0 = ±1 ( 0 C.1. On a lim = 0 et, comme f est continue en zéro, lim n n u n = lim f 0 n n n C.. En écrivant la relation (* avec = 0 n+1, on obtient f ( 0 n = f 1 + f ( 0 = f(0 = 1. ( n+1 0, c est-à- n+1 dire u n = u n u. On en déduit que u n et u n+1 sont de même signe pour tout n, donc n+1 la suite (u n garde un signe constant. On note aussi que u n+1 est nul si et seulement si u n est nul donc, soit la suite (u n ne s annule jamais, soit elle est constamment nulle. Supposons la suite u n non nulle, alors u n+1 = 1 + u n+1 et, ce dernier rapport étant positif, u n on a donc u n+1 u n = 1 + u n+1. D après la question B.3., la suite (u n est à valeurs dans [ 1, 1], donc 1 + u n+1 1 et la suite de terme général u n est décroissante. Finalement, si u 0 = 0, la suite (u n est constante nulle ; si u 0 > 0 (alors 0 < u 0 1, la suite est positive décroissante ; si u 0 < 0 (alors 1 u 0 < 0, la suite est négative croissante. C.3. On doit avoir lim u n = 1 (question C.1. ; il est clair que cela est impossible dans les n cas u 0 = 0 et u 0 < 0 ci-dessus ; dans le cas u 0 > 0, on a en fait u 0 < 1 par l hypothèse u 0 = f( 0 f(0 et une suite décroissante avec u 0 < 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 n u n = 1, il n y a rien à changer dans la réponse à la question C.., et on aboutit toujours à une contradiction (évidente ici si u 0 = 0 ou u 0 > 0, mais aussi dans le cas u 0 < 0 car alors on a en fait u 0 > 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.

7 PARTIE D : Résolution de (* avec f(0 = 0 D.1. Supposons qu il eiste ( un réel 0 tel que f( 0 = 1. En considérant encore la suite (u n 0 définie par u n = f n, on a lim u n = f(0 = 0 car f est continue en zéro, mais on a n aussi u n = u n+1 t 1 + u pour tout entier n et, l unique solution de l équation n t = 1 étant t = 1, une récurrence immédiate montre que u n = 1 pour tout n, ce qui est contradictoire. Même contradiction en supposant l eistence d un réel 0 tel que f( 0 = 1 puisque la t seule solution de l équation = 1 est t = t La fonction f vérifie donc IR f( ] 1, 1[ (cf. question B.3., ce qui permet de définir sur IR la fonction g = argth f. D.. Calculons, en utilisant la question B.4. : g( = argth ( f( ( f( = argth 1 + f( ( ( th g( ( = argth 1 + th ( g( = argth th ( g( = g(. 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 = f (0 (argth ( f(0 = f (0. g(t g(t g(0 D.4. On a lim = 0 et lim = lim = g (0 = f (0 donc, par composition n n t 0 t t 0 t 0 de limites, on déduit que lim v n = f (0. n ( D.5. Fions un réel non nul. La relation g( = g( donne g ( entier naturel n, g n = 1 g( puis, pour tout = 1 n g(. La suite (v n définie ci-dessus, est alors constante, de valeur g(, mais elle doit aussi converger vers f (0. On a donc g( = f (0 pour tout réel non nul, d où IR g( = f (0 (c est vrai aussi pour = 0, donc g est une fonction linéaire ( a. On a alors f( = th ( g( = th a. 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 : th a, avec a IR.

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