\documentclass[a4paper]{corrige}

\usepackage{mathfred}

\begin{document}
\titre{titrehaut=Concours Petites-Mines 2007}

\soustitre{Premier problème}
\begin{enumerate}
\item Par les théorèmes usuels, $f$ et $g$ sont $\mathcal C^\infty$ sur $]0,+\infty[$, et un calcul direct donne
le résultat demandé.
\item Par croissance comparée, $g$ tend vers 0 en 0, et donc on obtient un prolongement
par continuité en posant $g(0)=0$. D'autre part, on a 
$$\frac{g(t)-g(0}{t-0}=\frac{\exp(-1/t)}{t^2}\xrightarrow{t\to 0}0.$$
Ce prolongement est donc dérivable en 0, avec $g'(0)=0$.
\item On a $g'(t)=\frac{\exp(-1/t)}{t^3}(1-t)$.  De plus, $g$ tend vers 0 en l'infini
(toujours la croissance comparée). D'où le tableau
$$
\begin{array}{c|ccccc}\\
t&0&&1&&+\infty\\
\hline\\
g&0&\nearrow&\exp(-1)&\searrow&0
\end{array}$$
\item \begin{enumerate}
\item On a $H(x)=\int_1^x t\exp(-t)dt$. On calcule cette intégrale
en réalisant une intégration par parties, posant $u'(t)=e^{-t}$ et $v(t)=t$. On obtient donc
$$H(x)=-e^{-x}(x+1)+2e^{-1}.$$
\item On pose $x=1+h$, et donc on a :
$$H(x)=-e^{-1}e^{-h}(2+h)+2e^{-1}=-e^{-1}(1-h+h^2/2-h^3/6+o(h^3))(2+h)+2e^{-1}.$$
Après simplifications, on trouve :
$$H(x)=e^{-1}(x-1)-\frac{e^{-1}}{6}(x-1)^3+o((x-1)^3).$$
\end{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item L'équation $(E_n)$ est équivalente à $g(t)=1/n$. 
Or,
\begin{itemize}
\item $g$ est continue sur $]0,1[$;
\item $g$ est strictement croissante sur $]0,1[$ car sa dérivée y est strictement positive;
\end{itemize}
Ainsi, $g$ établit une bijection de $]0,1[$ sur $]0,e^{-1}[$. Comme $n\geq 3$, on a 
$n>e$ et donc $1/n\in ]0,e^{-1}[$. Ainsi, $(E_n)$ admet une unique solution $\alpha_n\in]0,1[$.
\item On a $g(\alpha_{n+1})=\frac{1}{n+1}<\frac{1}{n}=g(\alpha_n)$. Puisque $g$ est
croissante sur $]0,1[$, on en déduit $\alpha_{n+1}\leq \alpha_n$, la suite $(\alpha_n)$ est
donc décroissante. De même on montre que $(\beta_n)$ est croissante.
\item Supposons par l'absurde que $\alpha_n\to l>0$. Alors l'égalité $g(\alpha_n)=1/n$ entraine par passage
à la limite (légitime car $g$ est continue) que $g(l)=0$, ce qui est impossible puisque
$g>0$ sur $]0,+\infty[$. C'est donc impossible. Un raisonnement analogue s'applique
à $(\beta_n)$. 

La suite $(\alpha_n)$ est donc décroissante, minorée par 0 : elle converge, et sa limite ne peut pas être strictement positive,
donc $(\alpha_n)$ converge vers 0. De même, $(\beta_n)$, qui est croissante, ne peut pas être majorée
sinon elle serait convergente. Elle tend donc vers $+\infty$.
\end{enumerate}
\item C'est le cas si et seulement si $f'(t)=g(t)$ donc par la question 1 si et seulement si $t=1$.
\item La pente cherchée vaut $p(t)=\frac{y(t)}{x(t)}=t$, elle tend vers 0 si $t$ tend vers 0
et vers $+\infty$ si $t$ tend vers $+\infty$.
\item On calcule
$$x'(t)=f''(t)=\frac{\exp(-1/t)}{t^4}(1-2t).$$
L'étude de $y=g$ est déjà conne par la question 3. On obtient donc le tableau :
$$
\begin{array}{c|cccccc}\\
t&0&&1/2&1&&+\infty\\
\hline
x&0&\nearrow&4\exp(-2)&&\searrow&0\\
\hline
y&0&&\nearrow&\exp(-1)&\searrow&0\\
\end{array}$$
\item Voir le fichier sur le site.
\item On remarque que :
\begin{itemize}
\item $f$ est continue sur $]0,+\infty[$. D'autre part, $f(t)\to 0$ quand $t\to 0^+$.
Ainsi, $f$ prolongée est continue sur $[0,+\infty[$;
\item $f$ est $C^1$ sur $]0,+\infty[$;
\item $f'(t)$ tend vers 0 quand $t$ tend vers $0^+$.
\end{itemize}
Par le cours, on en déduit que $f$ est $C^1$ sur $[0,+\infty[$ et que de plus $f'(0)=0$.
Puisque $g(0)=0$, la relation de la question 1 est encore vérifiée pour $t=0$.
\item \begin{enumerate}
\item Ces intégrales sont définies comme intégrales de fonctions continues sur $[0,x]$.
La relation demandée s'obtient en effectuant une intégration par parties,
en posant $u(t)=f(t)$, $u'(t)=f'(t)$ et $v(t)=t$, $v'(t)=1$. 
\item Puisque $g$ est positive et $x\geq 0$, on a $G(x)\geq 0$. L'autre inégalité
s'obtient en utilisant la relation de Chasles, et le fait que $g(t)\leq 1/t$ pour
tout $t>0$ :
$$G(x)=\int_0^1 g(t)dt+\int_1^x g(t)dt\leq C+\int_1^x \frac{dt}{t}\leq C+\ln(x),$$
où $C=\int_0^1 g(t)dt$. 
\item Par les questions précédentes, $0\leq G(x)/x\leq C/x+\ln(x)/x$ si $x\geq 1$.
En particulier, le théorème d'encadrement des limites nous dit que $G(x)/x\to 0$
quand $x\to+\infty$.

Par la question 11.a), on a :
$$\frac{F(x)}{x}=\exp(-1/x)+\frac{G(x)}{x}\to 1.$$
Ainsi, $F(x)\sim x$ au voisinage de $+\infty$.
\end{enumerate}
\item On résoud d'abord l'équation homogène $x^2y'+y=0$. La solution générale
est $y(x)=C\exp(1/x)$.

Pour résoudre l'équation générale, on utilise la méthode de variation de la constante,
en posant $y(x)=\lambda(x)\exp(1/x)$. $y$ est solution de $(E)$ si et seulement si
$$\lambda'(x)=\exp(-1/x)=f(x),$$
donc $\lambda=F$ convient. La solution générale de $(E)$ sur $]0,+\infty[$ est donc
donnée par
$$y(x)=\exp(1/x)(C+F(x)),\ C\in\mtr.$$
\item Remplaçant $x$ par $0$ dans $(E)$, on trouve $u_0=0$.
\item En dérivant $(E)$, on obtient une nouvelle équation
$$x^2y''+(2x+1)y'=2x.$$
Pour $x=0$, on obtient $u_1=0$. De même, en dérivant une seconde fois, on obtient
l'équation
$$x^2y^{(3)}+(4x+1)y''+2y'=2$$
qui donne $u_2=2$.
\item Si une telle fonction existe, les question 13 et 14 assurent qu'en réalité, $y(x)=x^2$. 
On vérifie facilement que ceci n'est pas une solution de $(E)$, et donc $(E)$ n'admet pas de solution polynomiale
de degré 2.
\item \begin{enumerate}
\item
Remarquons d'abord qu'il est licite de dériver $n$ fois l'équation $(E)$, car les solutions
de $(E)$ sont en fait de classe $\mathcal{C}^\infty$. Dérivons donc $n$ fois l'équation
avec $n\geq 3$. On obtient :
$$(x^2y'(x))^{(n)}+y^{(n)}(x)=(x^2)^{(n)}=0\textrm{ car }n\geq 3.$$
D'autre part, la formule de Leibniz appliqué au premier terme donne
$$(x^2y'(x))=\sum_{k=0}^n \left(\begin{array}{c}n\\k\end{array}\right)(x^2)^{(k)}(y'(x))^{(n-k)}.$$
Les termes de la somme sont en fait nuls pour $k\geq 3$ car alors $(x^2)^{(k)}=0$. Il ne reste
qu'à calculer les 3 premiers termes qui donnent exactement l'équation demandée.

Faisant $x=0$, on obtient alors $u_n=-n(n-1)u_{n-1}$.
\item On cherche à trouver une expression pour la suite $u_n$ en calculant ses premiers termes.
On démontre alors par récurrence sur $n$ que $u_n=(-1)^n n ((n-1)!)^2$, ce qui se fait aisément
en utilisant la réponse à la question précédente. 

Puisque $y$ est de classe $\mathcal{C}^\infty$, elle admet des développements limités à tout ordre en 0
qu'on peut calculer par la formule de Taylor-Young. On obtient :
$$y(x)=^sum_{k=0}^n \frac{u_k}{k!}x^k+o(x^n)=\sum_{k=2}^n (-1)^k (k-1)! x^k+o(x^n).$$
\end{enumerate}
\end{enumerate}


\soustitre{Deuxième problème}
\begin{enumerate}
\item On vérifie facilement que $a(t)+b(t)+c(t)=0$ pour tout $t$ dans $\mtr$,
et donc $N(t)\in P$.
\item Soit $M(x,y,z)$. On a 
$$M\in D\iff\left\{\begin{array}{rcl}
x&=&-z\\
x+y+z&=&3\end{array}\right.\iff\left\{
\begin{array}{rcl}
x&=&-z\\
y&=&2\end{array}\right.
\iff \exists\lambda\in\mtr,\left\{
\begin{array}{rcl}
x&=&-\lambda\\
y&=&3\\
z&=&\lambda
\end{array}\right.$$
Or, pour tout $t\in\mtr$, $b(t)\neq 3$: $N(t)$ n'appartient jamais à $D$.
\item Il est très facile de vérifier que $a^2(t)+b^2(t)+c^2(t)=1$.
Ainsi, $N(t)$ appartient à la \emph{sphère} (on est dans l'espace!)
de centre O et de rayon 1. Ainsi, $N(t)$ est située à l'intersection
d'une sphère et d'un plan, c'est-à-dire sur un cercle de $P$.
En remarquant que le centre $O$ de la sphère est aussi sur $P$, il
en résulte que le cercle de $P$ cherché a pour centre $O$ et pour rayon 1.
\item La question 2. nous montre que $A(0,3,0)$ est un point de D et
que $\vec v=(-1,0,1)$ en est un vecteur directeur. D'après le cours,
on obtient :
$$d(N(t),d)=\frac{\|\overrightarrow{AN(t)}\wedge \vec{v}\|}{\|\vec{v}\|}=3-\sin(t).$$
D'autre part, comme on connait une équation cartésienne de $Q$, on en déduit que
$$d(N(t),Q)=\frac{|a(t)+b(t)+c(t)-3|}{\sqrt{1^2+1^2+1^2}}=\frac{3-\sin(t)}{\sqrt{3}}.$$
\item Notons $j=\exp(2i\pi/3)$, qui vérifie $1+j+j^2=0$. On a
$$e^{it}+e^{i(t+2\pi/3)}+e^{i(t-2\pi/3)}=e^{it}(1+j+j^2)=0.$$
\item Notons $\Omega=(a,b,c)$ l'isobarycentre concerné. On sait que
$$a=\frac{1}{3}(a(t)+a(t+2\pi/3)+a(t-2\pi/3))=\frac{1}{3}\Re(e^{it}+e^{i(t+2\pi/3)}+e^{i(t-2\pi/3)})=0.$$
De même, $c=0$, et $b=0$ car $b=\frac{1}{3}\Im(e^{it}+e^{i(t+2\pi/3)}+e^{i(t-2\pi/3)})$.
Finalement, on obtient $\Omega=O$.
\item Evidemment, $s(t)=\sin(t)$.
\item On a
\begin{eqnarray*}
p(t)&=&\frac{-1}{2}\cos^2(t)\sin(t)\\
&=&-\frac{1}{2}\left(\frac{e^{it}+e^{-it}}{2}\right)^2\left(\frac{e^{it}-e^{-it}}{2i}\right)\\
&=&-\frac{1}{16i}(e^{3it}-e^{-3it}+e^{it}-e^{-it})\\
&=&-\frac{1}{8}(\sin(3t)+\sin(t)).
\end{eqnarray*}
\item D'abord, un calcul direct donne $d(t)=\frac{-\cos^2(t)}{2}$.
D'autre part, on peut aussi remarquer que
$$\sin(t)^2=(s(t))^2=(a(t)+b(t)+c(t))^2=a^2(t)+b^2(t)+c^2(t)+2d(t)=1+2d(t)$$
ce qui redonne bien sûr le même résultat!
\item \begin{enumerate}
\item Dans ce cas, $a(\pi/2)=c(\pi/2)=0$. $0$ est donc racine double de $R$.
C'est en particulier une racine de $R'$.
\item Par le cours, ou en développant, on obtient :
$$R(X)=X^3-s(t)X^2+d(t)X-p(t).$$
Les questions précédentes donnent donc :
$$R(X)=X^3-\sin(t)X^2-\frac{\cos^2(t)}{2}X+\frac{1}{8}(\sin(3t)+\sin(t)).$$
\end{enumerate}
\item Il y a plusieurs choses à démontrer. D'abord, il faut vérifier que $P$ est un sous-espace
vectoriel de $E$, puisqu'il est de dimension 2. On peut le faire presque d'un coup. En effet, soit
 $\vec u=(x,y,z)$. Alors $$\vec u\in P\iff z=-x\iff \vec u=x(\vec i -\vec k)+y\vec(j)\iff \vec u =\vect(\vec i-\vec k,\vec j).$$
Donc $P$ est le sous-espace vectoriel engendré par $\vec i-\vec k$ et $\vec j$. Comme ses deux vecteurs
sont clairement non colinéaires, $P$ est bien de dimension 2.
\item $Q$ n'est pas un sous-espace vectoriel car $(0,0,0)$ n'est pas élément de $Q$.
$Q$ est un plan affine.
\item Il faut d'abord vérifier que $\vec{i'}$ et $\vec{j'}$ sont éléments de $P$, ce qui a été fait
à la question 11. D'autre part, on vérifie aisément que $\vec{i'}.\vec{j'}=0$,
et que ces deux vecteurs sont de norme 1. Ainsi, ils forment une base orthonormale de $P$.
Pour obtenir une base orthonormale de l'espace, il suffit de faire leur produit vectoriel.
On obtient le vecteur $\vec{k'}$, qui est par conséquent également un vecteur normal à $P$.
\item Notons $\vec{e}=x\vec {i'}+y\vec {j'}+z\vec {k'}$. Si on effectue le produit scalaire par
$\vec{i'}$, on obtient
$$\vec e.\vec{i'}=x$$
ce qui est le résultat demandé. De même pour les autres coordonnées.
\item 
\begin{enumerate}
\item Soit $\vec e=x\vec {i'}+y\vec {j'}+z\vec {k'}$. En utilisant le fait que $u$ est linéaire et que
$\vec{i'},\vec{j'}$ sont dans le noyau de $u$, on obtient:
$$u(\vec e)=zu(\vec{k'}).$$
Puisque $z=\vec{e}.\vec{k'}$, on obtient bien le résultat en posant $\vec z=\vec{k'}$.
\item On vérifie aisément que $u$ est linéaire, en utilisant la linéarité du produit scalaire.
Puisque $u$ envoie $E$ dans $E$, c'est bien un endomorphisme. De plus, si $\vec e\in P$,
alors $\vec e.\vec{k'}=0$ et donc $u(\vec e)=0$. Ainsi, $P\subset \ker u$.
\item Si $\vec{z}\neq 0$, alors 
$$u(\vec e)=0\iff \vec e.\vec(k')=0\iff \vec{e}\in P$$
et donc $\ker u=P$. Réciproquement, si $\ker(u)=P$, alors $u(\vec{k'})\neq 0$ et
comme $u(\vec{k'})=\vec{z}$, on a $\vec{z}\neq 0$.

$u$ étant un endomorphisme d'un espace vectoriel de dimension finie, le théorème du rang donne
$3=\dim(E)=\dim(\ker(u))+\textrm{rg}(u)=2+\textrm{rg}(u)$.
Ainsi, $u$ est de rang 1, et son image est exactement $\vect(\vec z)$.
\end{enumerate}
\item Puisque $\vec{i'}$ et $\vec{j'}$ sont éléments de $P$, on a 
$p(\vec{i'})=\vec{i'}$ et $p(\vec{j'})=\vec{j'}$. Puisque $\vec{k'}$
est orthogonal à $P$, on a $p(\vec{k'})=0$, ce qui achève la justification.
\item Le cours donne
$$P=\left(\begin{array}{rcl}
\sqrt{2}/2&0&\sqrt{2}/2\\
0&1&0\\
-\sqrt{2}/2&0&\sqrt{2}/2
\end{array}\right)$$
(remarquez le mauvais énoncé qui utilise le même symbole $P$ pour deux choses
très différentes!). On calcule son inverse par exemple par la méthode
du pivot de Gauss, et on trouve :
$$P^{-1}=\left(\begin{array}{rcl}
\sqrt{2}/2&0&-\sqrt{2}/2\\
0&1&0\\
\sqrt{2}/2&0&\sqrt{2}/2
\end{array}\right).$$
\item 
\begin{enumerate}
\item $p$ étant un projecteur, on a $p\circ p=p$, ce qui se traduit matriciellement
par $M^2=M$.
\item On peut faire ceci par récurrence (c'est très simple), ou en utilisant la formule
du binôme de Newton, ce qui est possible ici car $IM=MI$. Utilisant que
$M^k=M$ pour tout $k\geq 1$, on obtient immédiatement le résultat.
\item Par le cours, $M=PM'P^{-1}$. On obtient alors :
$$M=\left(\begin{array}{rcl}
1/2&0&-1/2\\
0&1&0\\
-1/2&0&1/2
\end{array}\right).$$
\end{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item Remarquons que $\mathcal{M}=\vect(M,I)$. Comme les matrices $M,I$ ne sont pas colinéaires,
on obtient que $\mathcal{M}$ est un espace vectoriel de dimension 2, dont une base
est donnée par $M$ et $I$.
\item On a $M_{a,b}=P(aM'+bI)P^{-1}$. Il vient :
$$\det(M_{a,b})=\det(P)\det(aM'+bI)\det(P)^{-1}=\det(aM'+bI)=(a+b)^2b.$$
Ainsi, $M_{a,b}$ est inversible si et seulement si $a\neq -b$ et $b\neq 0$.
\item Sachant que $M^2=M$, on obtient $e=ac+ad+bc$ et $f=bd$.
\item Il faut trouver $a$ et $b$ tels que $e=0$ et $f=1$. Ceci est vérifié si
$$c=\frac{-a}{b(a+b)}\textrm{ et }d=\frac{1}{b}.$$
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{document}

