Modèle concours enseignement (cadres AREF) — Épreuve de spécialité - mathématiques - secondaire 2016

Ce modèle est l'épreuve de spécialité — mathématiques du concours de recrutement par contrat des enseignants du secondaire collégial et qualifiant (Centre national de l'évaluation, des examens et de l'orientation), session de novembre 2016. Durée : 5 heures, coefficient 1. Quatre exercices indépendants notés sur 80 points (20 + 15 + 20 + 25), calculatrices interdites. Voici une correction proposée, question par question.

💡 Conseil : la rigueur de la rédaction est notée. Citez toujours la question dont vous réutilisez le résultat (« d'après 1.(a) »), et n'hésitez pas à admettre une question pour traiter la suivante.

Exercice 1 — Arithmétique (20 pts)

1. (a) p premier, p > 2 : p = 4k − 1 ou p = 4k + 1

p est premier et différent de 2, donc p est impair. La division euclidienne de p par 4 donne p = 4q + r avec r ∈ {0, 1, 2, 3} ; r = 0 et r = 2 rendraient p pair, donc r = 1 ou r = 3.

• Si r = 1 : p = 4k + 1 avec k = q ∈ ℕ.
• Si r = 3 : p = 4q + 3 = 4(q + 1) − 1 = 4k − 1 avec k = q + 1 ∈ ℕ*.

1. (b) Si p ≥ 5 alors 24 divise p² − 1

Divisibilité par 8. D'après (a), p = 4k + ε avec ε = ±1, donc p² − 1 = 16k² + 8εk = 8k(2k + ε) : 8 divise p² − 1.

Divisibilité par 3. p est premier et p ≥ 5, donc 3 ne divise pas p. Parmi les trois entiers consécutifs p − 1, p, p + 1, l'un est multiple de 3 ; ce n'est pas p, donc 3 divise (p − 1)(p + 1) = p² − 1.

Comme 8 et 3 sont premiers entre eux, leur produit 24 divise p² − 1 (théorème de Gauss).

2. (a) Il existe un nombre premier p tel que n < p < n! + 2

L'entier n! + 1 est ≥ 2, il admet donc un diviseur premier p. Si l'on avait p ≤ n, p serait l'un des facteurs de n!, donc p diviserait n! et aussi n! + 1, donc leur différence 1 : absurde. Ainsi p > n. Par ailleurs p ≤ n! + 1 < n! + 2. Donc n < p < n! + 2.

2. (b) 𝒫 est infini

Par l'absurde : si 𝒫 était fini, il aurait un plus grand élément N ≥ 2. D'après (a) appliqué à n = N, il existe un nombre premier p > N : contradiction. Donc 𝒫 est infini.

3. (a) Nombres de Fermat F_n = 2^2ⁿ + 1 : F_n et F_m premiers entre eux (n > m)

On a 2^2ⁿ = (2^2ᵐ)^2ⁿ⁻ᵐ = (F_m − 1)^2ⁿ⁻ᵐ. L'exposant N = 2^n−m est pair (car n > m), et F_m − 1 ≡ −1 [F_m], donc (F_m − 1)^N ≡ (−1)^N = 1 [F_m]. D'où F_n = (F_m − 1)^N + 1 ≡ 2 [F_m] : il existe un entier q tel que F_n = q·F_m + 2.

Soit d un diviseur commun positif de F_n et F_m : d divise F_n − q·F_m = 2, donc d = 1 ou d = 2. Or F_n est impair, donc d = 1. Ainsi F_n ∧ F_m = 1.

3. (b) Retrouver que 𝒫 est infini

Pour chaque n ∈ ℕ, F_n ≥ 3 admet un diviseur premier p_n. Si n ≠ m, p_n ≠ p_m : sinon ce nombre premier diviserait à la fois F_n et F_m, ce qui contredit (a). L'application n ↦ p_n est donc injective de ℕ dans 𝒫 : 𝒫 est infini.

4. (a) Tout n ∈ ℰ admet un diviseur premier dans ℰ

Soit n = 4k − 1 avec k ≥ 1 ; n ≥ 3 et n est impair, donc tous ses diviseurs premiers sont impairs, et d'après 1.(a) chacun est de la forme 4j + 1 ou 4j − 1. Le produit de deux entiers congrus à 1 modulo 4 est congru à 1 modulo 4. Si tous les facteurs premiers de n étaient de la forme 4j + 1, on aurait n ≡ 1 [4] ; or n ≡ −1 [4]. Donc l'un au moins des diviseurs premiers p de n est de la forme 4j − 1 (j ∈ ℕ*), c'est-à-dire p ∈ 𝒫 ∩ ℰ.

4. (b) Infinité des nombres premiers de la forme 4k − 1

Par l'absurde, supposons que 𝒫 ∩ ℰ soit fini : 𝒫 ∩ ℰ = {p₁, …, p_r} (non vide, il contient 3). Posons N = 4·p₁p₂…p_r − 1. Alors N ∈ ℰ, donc d'après (a) il existe p ∈ 𝒫 ∩ ℰ qui divise N. Ce p est l'un des p_i, donc il divise 4p₁…p_r, donc il divise 4p₁…p_r − N = 1 : absurde. Il y a donc une infinité de nombres premiers de la forme 4k − 1.

Exercice 2 — Nombres complexes (15 pts)

Partie I — f(z) = (iz + i)/(z − 1)

1. f est bijective de ℂ∖{1} sur ℂ∖{i}. D'abord f(z) ≠ i pour tout z ≠ 1 : f(z) = i donnerait iz + i = iz − i, soit i = −i, impossible. Soit w ∈ ℂ∖{i}. Pour z ≠ 1 :

f(z) = w ⇔ iz + i = w(z − 1) ⇔ z(w − i) = w + i ⇔ z = (w + i)/(w − i).

Cette valeur est bien différente de 1 (sinon w + i = w − i). Tout w ≠ i a donc un antécédent unique : f est bijective, et f⁻¹(w) = (w + i)/(w − i).

2. Images de ℝ∖{1} et de iℝ.

• Pour x réel, x ≠ 1 : f(x) = i·(x + 1)/(x − 1) = i·(1 + 2/(x − 1)). Quand x décrit ℝ∖{1}, 2/(x − 1) décrit ℝ*, donc (x + 1)/(x − 1) décrit ℝ∖{1}. Ainsi f(ℝ∖{1}) = iℝ∖{i} : l'axe des imaginaires purs privé du point d'affixe i.
• Avec z = (w + i)/(w − i), on calcule z + z̄ = [(w + i)(w̄ + i) + (w̄ − i)(w − i)] / |w − i|² = 2(|w|² − 1)/|w − i|². Donc z ∈ iℝ ⇔ z + z̄ = 0 ⇔ |w| = 1. Ainsi f(iℝ) = 𝕌∖{i} : le cercle unité (centre O, rayon 1) privé du point d'affixe i.

3. Image de 𝕌∖{1}. De même |z| = 1 ⇔ |w + i| = |w − i| ⇔ le point d'affixe w est équidistant des points d'affixes i et −i ⇔ w ∈ ℝ. Donc f(𝕌∖{1}) = ℝ : l'axe réel tout entier.
Vérification directe : pour z = e^iθ, θ ∈ ]0, 2π[, (z + 1)/(z − 1) = 2cos(θ/2)/(2i·sin(θ/2)) = −i·cotan(θ/2), donc f(z) = cotan(θ/2), qui décrit ℝ.

Partie II

4. ABB′A′ est un rectangle. Points : A(1 ; −2), B(3 ; −1), A′(−2 ; 4), B′(0 ; 5).

• z_B − z_A = 2 + i et z_B′ − z_A′ = 5i − (−2 + 4i) = 2 + i : les vecteurs AB et A′B′ sont égaux, donc ABB′A′ est un parallélogramme.
• (z_B′ − z_B)/(z_A − z_B) = (−3 + 6i)/(−2 − i) = −3i, imaginaire pur : l'angle en B est droit (autrement : (2 ; 1)·(−3 ; 6) = −6 + 6 = 0).

Un parallélogramme ayant un angle droit est un rectangle (AB = √5, BB′ = 3√5).

5. (a) Calcul de a et b. g(z) = a·z̄ + b. Les conditions s'écrivent :

a(1 + 2i) + b = −2 + 4i  et  a(3 + i) + b = 5i.

Par différence : a(2 − i) = 2 + i, d'où a = (2 + i)/(2 − i) = (2 + i)²/5 = 3/5 + (4/5)i.
Puis b = 5i − a(3 + i) = 5i − (3 + 4i)(3 + i)/5 = 5i − (5 + 15i)/5 = −1 + 2i.
Vérification : a(1 + 2i) + b = (−5 + 10i)/5 − 1 + 2i = −2 + 4i.

5. (b) Ensemble (Δ) des points fixes. Avec z = x + iy :

a·z̄ + b = (3/5 + 4i/5)(x − iy) − 1 + 2i = (3x/5 + 4y/5 − 1) + i(4x/5 − 3y/5 + 2).

g(z) = z ⇔ { 3x/5 + 4y/5 − 1 = x ; 4x/5 − 3y/5 + 2 = y } ⇔ { −2x + 4y = 5 ; 4x − 8y = −10 }. Les deux équations sont équivalentes : (Δ) est la droite d'équation 2x − 4y + 5 = 0, soit y = x/2 + 5/4.

5. (c) Représentation. (Δ) passe par I(−1/2 ; 1), milieu de [AA′], et par J(3/2 ; 2), milieu de [BB′] ; son vecteur directeur (2 ; 1) est orthogonal à AA′(−3 ; 6). Sur la figure, (Δ) est donc la médiatrice commune des côtés [AA′] et [BB′] du rectangle (l'axe de symétrie du rectangle parallèle à (AB)).

5. (d) Nature de g. |a| = √(9/25 + 16/25) = 1 : g est une similitude indirecte de rapport 1, c'est-à-dire un antidéplacement. Elle possède une droite de points fixes, (Δ) : g est la symétrie axiale (réflexion) d'axe (Δ). On le confirme par g∘g(z) = a·ā·z + a·b̄ + b = z, car a·b̄ + b = (3 + 4i)(−1 − 2i)/5 − 1 + 2i = (1 − 2i) − 1 + 2i = 0. C'est cohérent avec la figure : A′ et B′ sont les symétriques de A et B par rapport à (Δ).

Exercice 3 — Analyse (20 pts)

1. Dérivabilité de G_f

t ↦ f(t)/t est continue sur ]0, +∞[ ; elle y admet une primitive H de classe C¹. Pour x > 0, G_f(x) = H(3x) − H(x), donc G_f est dérivable et

G_f′(x) = 3H′(3x) − H′(x) = 3·f(3x)/(3x) − f(x)/x = (f(3x) − f(x))/x.

2. Cas f = 1

G_f(x) = ∫_x^3x dt/t = ln(3x) − ln(x) = ln 3 : G_f est constante.

3. Développement limité de G_f en 0⁺

f(t)/t = a/t + b + ct + t·ε(t), donc

G_f(x) = a·ln 3 + b(3x − x) + c(9x² − x²)/2 + R(x) = a·ln 3 + 2bx + 4cx² + R(x), avec R(x) = ∫_x^3x t·ε(t) dt.

Soit η > 0 ; il existe α > 0 tel que |ε(t)| ≤ η pour 0 < t ≤ α. Pour 0 < x ≤ α/3 : |R(x)| ≤ η·∫_x^3x t dt = 4η·x². Donc R(x) = o(x²) et

G_f(x) = a·ln 3 + 2b·x + 4c·x² + o(x²) quand x → 0⁺.

4. Si f(t) → 0 en +∞ alors G_f(x) → 0 en +∞

Soit η > 0. Il existe A > 0 tel que pour tout t ≥ A, |f(t)| ≤ η/ln 3. Pour x ≥ A, tout t de [x, 3x] vérifie t ≥ A, donc

|G_f(x)| ≤ ∫_x^3x |f(t)|/t dt ≤ (η/ln 3)·∫_x^3x dt/t = η.

C'est la définition de lim_x→+∞ G_f(x) = 0.

5. Dérivée et variations de G sur ]0, 2π]

D'après 1. avec f = cos : G′(x) = (cos 3x − cos x)/x. Or cos 3x − cos x = −2·sin(2x)·sin(x) = −4·sin²x·cos x, donc

G′(x) = −4·sin²(x)·cos(x)/x, du signe de −cos x (nulle en π/2, π, 3π/2, 2π).

Les valeurs sont celles données par l'énoncé : G(π/2) = ∫_π/2^3π/2, G(π) = ∫_π^3π, G(3π/2) = ∫_3π/2^9π/2, G(2π) = ∫_2π^6π ; la limite en 0⁺ est justifiée en 6.

6. DL de cos et de G

cos t = 1 − t²/2 + t²ε(t) avec ε(t) → 0 (et ε continue sur ]0, +∞[). On applique 3. avec a = 1, b = 0, c = −1/2 :

G(x) = ln 3 − 2x² + o(x²) quand x → 0⁺.

7. Prolongement et position par rapport à la tangente

lim_x→0⁺ G(x) = ln 3 : G se prolonge par continuité en posant G(0) = ln 3. Le taux d'accroissement (G(x) − G(0))/x = −2x + o(x) tend vers 0 : le prolongement est dérivable en 0 (à droite) et G′(0) = 0. La tangente au point d'abscisse 0 est la droite horizontale y = ln 3. Comme G(x) − ln 3 ∼ −2x² < 0, la courbe est au-dessous de sa tangente au voisinage de 0.

8. Intégration par parties

On pose u(t) = 1/t, v′(t) = cos t ; u′(t) = −1/t², v(t) = sin t (fonctions C¹ sur [x, 3x]) :

G(x) = [sin(t)/t]_x^3x + ∫_x^3x sin(t)/t² dt = sin(3x)/(3x) − sin(x)/x + ∫_x^3x sin(t)/t² dt.

9. Limite de G en +∞

|∫_x^3x sin(t)/t² dt| ≤ ∫_x^3x dt/t² = 1/x − 1/(3x) = 2/(3x) → 0 quand x → +∞. De plus |sin(3x)/(3x)| ≤ 1/(3x) et |sin(x)/x| ≤ 1/x tendent vers 0. D'après 8., lim_x→+∞ G(x) = 0. (La question 4. ne s'applique pas ici, car cos n'a pas de limite en +∞.)

10. Allure du graphe sur [0, 2π]

• Départ au point (0 ; ln 3 ≈ 1,10) avec une tangente horizontale, courbe sous cette tangente.
• G décroît jusqu'au minimum (π/2 ; −0,67) ; elle s'annule une fois entre 0 et π/2.
• G croît de π/2 à 3π/2, en passant par (π ; −0,06) où la tangente est horizontale sans extremum (point d'inflexion) ; elle s'annule une seconde fois entre π et 3π/2.
• Maximum local en (3π/2 ; 0,27), puis décroissance jusqu'à (2π ; 0,02) où la tangente est de nouveau horizontale.

Exercice 4 — Développement eulérien de la cotangente (25 pts)

1. T est un endomorphisme de E

Pour x ∈ ]0, 1[, x/2 ∈ ]0, 1/2[ et (x + 1)/2 ∈ ]1/2, 1[ : T(f) est bien définie sur ]0, 1[ et continue comme somme de composées de fonctions continues, donc T(f) ∈ E. Pour f, g ∈ E et λ ∈ ℝ, T(λf + g)(x) = λf(x/2) + g(x/2) + λf((x+1)/2) + g((x+1)/2) = λT(f)(x) + T(g)(x). T est linéaire de E dans E.

2. Calcul de T(u), u(x) = cotan(πx)

T(u)(x) = cotan(πx/2) + cotan(πx/2 + π/2) = cotan(πx/2) − tan(πx/2) = (cos²(πx/2) − sin²(πx/2)) / (sin(πx/2)·cos(πx/2)) = cos(πx) / (½·sin(πx)) = 2·cotan(πx).

Donc T(u) = 2u.

3. Autre écriture de v_n ; continuité

En isolant k = 0 et en regroupant k et −k :

v_n(x) = 1/x + Σ_k=1ⁿ [1/(x + k) + 1/(x − k)] = 1/x + Σ_k=1ⁿ 2x/(x² − k²) = 1/x − 2x·Σ_k=1ⁿ 1/(k² − x²).

Pour x ∈ ]0, 1[ et k entier, x + k ≠ 0 (x n'est pas entier), donc v_n est une somme finie de fonctions rationnelles définies et continues sur ]0, 1[ ; de même pour w_n = v_n − 1/(x + n) + 1/(x − n), car x ± n ≠ 0.

4. Les suites (v_n(x)) et (w_n(x)) sont adjacentes

Fixons x ∈ ]0, 1[.

• (v_n(x)) décroît : v_n+1(x) − v_n(x) = 1/(x + n + 1) + 1/(x − n − 1) = −2x/((n + 1)² − x²) < 0.
• (w_n(x)) croît : w_n(x) = v_n(x) − 2n/(n² − x²), donc
  w_n+1(x) − w_n(x) = 1/(x + n + 1) − 1/(n + 1 − x) − 2(n + 1)/((n + 1)² − x²) + 2n/(n² − x²).
  Or 2(n + 1)/((n + 1)² − x²) = 1/(n + 1 − x) + 1/(n + 1 + x), d'où
  w_n+1(x) − w_n(x) = 2n/(n² − x²) − 2/(n + 1 − x) = 2·[n(1 − x) + x²] / [(n² − x²)(n + 1 − x)] > 0.
• Différence : v_n(x) − w_n(x) = 2n/(n² − x²) → 0 quand n → +∞.

Les deux suites sont adjacentes : elles convergent vers la même limite v(x), et w_n(x) ≤ v(x) ≤ v_n(x). En passant à la limite dans l'écriture du 3. : v(x) = 1/x + 2x·Σ_n≥1 1/(x² − n²).

5. Monotonie de v_n puis de v

v_n est dérivable sur ]0, 1[ et v_n′(x) = −Σ_k=−nⁿ 1/(x + k)² < 0 : v_n est (strictement) décroissante. Si 0 < x < y < 1, alors v_n(x) ≥ v_n(y) pour tout n ; en faisant tendre n vers +∞, v(x) ≥ v(y) : v est décroissante sur ]0, 1[.

6. Continuité de v

Soit x₀ ∈ ]0, 1[. v étant monotone, elle admet en x₀ une limite à gauche ℓ⁻ et une limite à droite ℓ⁺, avec ℓ⁺ ≤ v(x₀) ≤ ℓ⁻ (v décroissante).

• Pour x < x₀ : v(x) ≤ v_n(x). En faisant x → x₀⁻ (v_n continue) : ℓ⁻ ≤ v_n(x₀), puis n → +∞ : ℓ⁻ ≤ v(x₀). Donc ℓ⁻ = v(x₀).
• Pour x > x₀ : v(x) ≥ w_n(x). En faisant x → x₀⁺ (w_n continue) : ℓ⁺ ≥ w_n(x₀), puis n → +∞ : ℓ⁺ ≥ v(x₀). Donc ℓ⁺ = v(x₀).

v est continue en tout point de ]0, 1[, donc v ∈ E.
Autre rédaction : 0 ≤ v_n(x) − v(x) ≤ v_n(x) − w_n(x) = 2n/(n² − x²) ≤ 2n/(n² − 1) pour n ≥ 2 ; la convergence est uniforme sur ]0, 1[ et v est continue comme limite uniforme de fonctions continues.

7. Relation entre T(v_n) et v_2n ; T(v) = 2v

T(v_n)(x) = Σ_k=−nⁿ [1/(x/2 + k) + 1/((x + 1)/2 + k)] = 2·Σ_k=−nⁿ [1/(x + 2k) + 1/(x + 2k + 1)] = 2·Σ_j=−2n²ⁿ⁺¹ 1/(x + j).

Donc T(v_n)(x) = 2·v_2n(x) + 2/(x + 2n + 1).

À x fixé, quand n → +∞ : le membre de gauche v_n(x/2) + v_n((x + 1)/2) tend vers v(x/2) + v((x + 1)/2) = T(v)(x) ; le membre de droite tend vers 2v(x). D'où T(v) = 2v.

8. Fonctions continues sur [0, 1] vérifiant f(x/2) + f((x + 1)/2) = 2f(x)

(a) f est continue sur le segment [0, 1] : elle est bornée et atteint sa borne supérieure M en un point x₀ ∈ [0, 1]. Alors 2M = 2f(x₀) = f(x₀/2) + f((x₀ + 1)/2), avec f(x₀/2) ≤ M et f((x₀ + 1)/2) ≤ M. La somme ne vaut 2M que si les deux termes valent M ; en particulier f(x₀/2) = M.

(b) Le raisonnement du (a) s'applique à tout point où M est atteint : par récurrence, f(x₀/2ⁿ) = M pour tout n ∈ ℕ. Comme x₀/2ⁿ → 0 et que f est continue en 0, f(0) = M : f atteint son maximum en 0.

(c) La fonction −f est continue sur [0, 1] et vérifie la même relation ; d'après (b), elle atteint son maximum en 0, c'est-à-dire que f atteint son minimum m en 0. Donc m = f(0) = M : f est constante sur [0, 1].

9. Choix de a pour que f = v − a·u se prolonge en une fonction continue 1-périodique

En 0⁺. v(x) = 1/x − 2x·S(x) avec S(x) = Σ_n≥1 1/(n² − x²), et pour 0 < x ≤ 1/2, 0 < S(x) ≤ Σ 1/(n² − 1/4) < +∞ : v(x) = 1/x + O(x). D'autre part cotan(πx) = 1/(πx) + O(x). Donc f(x) = (1 − a/π)/x + O(x) : f a une limite finie en 0 si et seulement si a = π, et alors cette limite vaut 0.

En 1⁻. On a v_n(1 − x) = Σ_k=−nⁿ 1/(1 − x + k) = −Σ_j=−n−1ⁿ⁻¹ 1/(x + j) = −v_n(x) + 1/(x + n) − 1/(x − n − 1), d'où à la limite v(1 − x) = −v(x). De même u(1 − x) = cotan(π − πx) = −u(x). Donc f(1 − x) = −f(x), et lim_x→1⁻ f(x) = −lim_x→0⁺ f(x) = 0.

Avec a = π, on pose f̃(0) = f̃(1) = 0 : f̃ est continue sur [0, 1] avec f̃(0) = f̃(1), et on la prolonge à ℝ par f̃(x + 1) = f̃(x) ; le prolongement est continu et 1-périodique. Il faut et il suffit de choisir a = π.

10. Conclusion : le développement de π·cotan(πx)

Pour a = π, T étant linéaire, d'après 2. et 7. : T(f) = T(v) − π·T(u) = 2v − 2πu = 2f sur ]0, 1[, c'est-à-dire f̃(x/2) + f̃((x + 1)/2) = 2f̃(x) pour x ∈ ]0, 1[. Les deux membres étant continus sur [0, 1], l'égalité reste vraie en 0 et en 1. D'après 8., f̃ est constante sur [0, 1], égale à f̃(0) = 0. Donc pour tout x ∈ ]0, 1[ :

1/x + 2x·Σ_n≥1 1/(x² − n²) = π·cotan(πx).

Extension à ℝ∖ℤ. Pour x ∈ ℝ∖ℤ, la série converge encore (terme général équivalent à −1/n²) et le membre de gauche est la limite de v_n(x) = Σ_k=−nⁿ 1/(x + k). Or v_n(x + 1) = v_n(x) + 1/(x + n + 1) − 1/(x − n), et la différence tend vers 0 : le membre de gauche est 1-périodique, comme x ↦ π·cotan(πx). L'égalité, vraie sur ]0, 1[, est donc vraie sur ℝ∖ℤ :

∀x ∈ ℝ∖ℤ : 1/x + 2x·Σ_n=1^∞ 1/(x² − n²) = π·cotan(πx).