\documentclass[francais]{article}
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\def\R{{\bf R}}
\def\N{{\bf N}}
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\begin{document}
\small
              $$\large\text{\bf EPREUVE DU CONCOURS ARCHIMEDE 1997}$$\vspace{0,5cm}\\
{\sc  {\bf Partie I}}\\\\
{\bf A.}\\
\begin{enumerate}
\item (Evident).
\item $M_uM_v=M_w$, o{\`u} $w=(aa'+bc'+cb',ca'+ac'+bb',ba'+cc'+ab')$. \\
Il est donc ais{\'e} d'en d{\'e}duire que $\cal M$ est une alg{\`e}bre commutative.\\
On peut aussi {\'e}crire $M_u=aM_i+bM_j+cM_k$, remarquer que $M_j^2=M_k,\
M_j^3=M_i=I_3$ et en d{\'e}duire que $\cal M$ est l'alg{\`e}bre engendr{\'e}e par $M_j$
et qu'elle est partant commutative.
\item
  \begin{enumerate}
  \item $\varphi$ est une forme lin{\'e}aire et $q$ est une forme quadratique
  ({\'e}vident).\\
  Pour $u=(a,b,c)\in \R^3$, on obtient ais{\'e}ment $\varphi(u)=a+b+c$ et
  $q(u)=a^2+b^2+c^2-(ab+bc+ca)$.\\
  Par ailleurs, $M_j=\begin{pmatrix}
  0 &1  &0 \\
  0 &0  &1 \\
  1 &0  &0 \\
  \end{pmatrix}   $ est une matrice orthogonale, et $f_j$, qui poss{\`e}de $M_j$
  comme matrice dans la base ${\cal B}=(i,j,k)$ orthonorm{\'e}e, est une
  isom{\'e}trie. L'in{\'e}galit{\'e} de Cauchy-Schwarz fournit donc la positivit{\'e} de
  $q$.\\
  De surcro{\^\i}t, l'{\'e}quation $(*) \ \norm{u}^2-(u|f_j(u))=0$ entra{\^\i}ne l'{\'e}galit{\'e}
  dans l'in{\'e}galit{\'e} de Cauchy-Schwarz, ce qui contraint les vecteurs $u$ et
  $f_j(u)$ {\`a} {\^e}tre d{\'e}pendants, ou encore $f_j(u)=\pm u$ si l'on tient compte du
  fait que $f_j$ est une isom{\'e}trie, et m{\^e}me $f_j(u)= u$, attendu que
  $(*)\  \Longrightarrow (u|f_j(u))\geq 0$. Finalement $(*) \ \iff f_j(u)=u \iff
  u=\lambda (1,1,1)$, avec $\lambda \in \R$.\\
  ainsi, en notant $w_1'=(1,1,1)$, on a $q(w_1')=0$ et $q$ n'est pas d{\'e}finie
  positive.
  \item En ajoutant les deux premi{\`e}res colonnes {\`a} la troisi{\`e}me dans $M_u$,
  il vient :\\ det$\,M_u=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-(ab+bc+ca))= \varphi(u)q(u)$.\\
  L'{\'e}tude de la question pr{\'e}c{\'e}dente fournit donc :\\ $f_u$ n'est pas bijective
  si et seulement si $a+b+c=0$ ou $a=b=c$, ce qui r{\'e}pond {\`a} la question.
  \end{enumerate}
\item
  \begin{enumerate}
  \item $w_1$ d{\'e}signant le vecteur $\frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1)$, il est {\'e}vident que
  $\forall u=(a,b,c)\in \R^3,\ f_j(w_1)=(a+b+c)w_1$.
  \item det$(M_u-\lambda I_3)=$det$M_{(a-\lambda ,b,c)}=0\iff \begin{cases}
  \lambda =a+b+c  \\
  {\rm ou}  \\
  a-\lambda =b=c\\
  \end{cases}  $, de sorte que \\
    \begin{itemize}
    \item si $b\neq c$, alors $a+b+c$ est la seule valeur propre de $f_u$
    qui ne saurait donc {\^e}tre diagonalisable sans {\^e}tre proportionnel {\`a} $Id$,
    ce qui n'est pas.
    \item si $b=c$, alors la matrice de $f_u$ dans la base orthonorm{\'e}e
    $\cal B$ est une matrice sym{\'e}trique r{\'e}elle ; $f_u$ est donc
    diagonalisable.\\
    Dans ce cas, le plan $\cal P$ orthogonal {\`a} $\R w_1$ est le sous-espace propre
    de $f_u$ relativement {\`a} la valeur propre $a-b$.
    \end{itemize}
  \item
    \begin{enumerate}
    \item Il est clair que ${\cal B}'$ est une base orthonorm{\'e}e directe de
    $\R^3$ ($w_1\wedge w_2=w_3$).
    \item Un calcul simple prouve que $\forall h=(x,y,z)\in \R^3,\
    f_u(h).w_1=(a+b+c)(x+y+z)$, de sorte que $\cal P$ est stable par $f_u$.
    \end{enumerate}
  \item Les questions pr{\'e}c{\'e}dentes permettent d'obtenir sans calcul
  $M_{(2,1,1)}=PDP^{-1}=PD^t\!P$, o{\`u} $D=\begin{pmatrix}
  4 &0  &0 \\
  0 &1  &0 \\
  0 &0  &1 \\
  \end{pmatrix}   $ et $P=\begin{pmatrix}
  \frac{1}{\sqrt 3} &\frac{1}{\sqrt 2}  &\frac{1}{\sqrt 6} \\
  \frac{1}{\sqrt 3} &-\frac{1}{\sqrt 2}  &\frac{1}{\sqrt 6} \\
  \frac{1}{\sqrt 3} &0                  &\frac{-2}{\sqrt 6} \\
  \end{pmatrix}   $.\\\\
  \end{enumerate}
\end{enumerate}
\pagebreak
{\bf B.}\\
\begin{enumerate}
\item
  \begin{enumerate}
  \item $\forall u=(a,b,c)\in \R^3,\
  f_u(u)=(a^2+b^2+c^2,ca+ab+bc,ba+cb+ac)$.
  Par cons{\'e}quent, $u\in U\iff a^2+b^2+c^2=1$ et $ab+bc+ca=0$.
  \item Ou encore, compte-tenu de $(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)$ :\\
  $u\in U\iff a^2+b^2+c^2=1$ et $a+b+c=\pm 1$. $U$ est donc l'intersection
  d'une sph{\`e}re et de l'union de deux plans ; plus pr{\'e}cis{\'e}ment, $U=U_1\cup
  U_2$, o{\`u} $U_1$ est le cercle de centre $(\frac{1}{3},\frac{1}{3},
  \frac{1}{3})$ et de rayon $\sqrt{\frac{2}{3}}$ dans le plan d'{\'e}quation
  $a+b+c=1$ et $U_2$ est le cercle de centre $(-\frac{1}{3},-\frac{1}{3},
  -\frac{1}{3})$ et de rayon $\sqrt{\frac{2}{3}}$ dans le plan d'{\'e}quation
  $a+b+c=-1$.
  \item Puisque $\cal B$ est orthonorm{\'e}e, $f_u$ est une isom{\'e}trie si et
  seulement si $M_u$ est une matrice orthogonale, c'est-{\`a}-dire si et
  seulement si $a^2+b^2+c^2=1$ et $ab+bc+ca=0$, soit : $u\in U$.\\
  De plus, pour $u\in U$, det$\,M_u=\varphi(u)q(u)=(a+b+c).1$, ce qui
  entra{\^\i}ne : $f_u$ est une rotation si et seulement si $u\in U$ et
  $a+b+c=1$, ou encore : $f_u$ est une rotation si et seulement si $u\in
  U_1$.
  \end{enumerate}
\item D'apr{\`e}s les variations de $P_m$, Im(\,$P_m)=]-\infty
,m]\cup[m-\frac{4}{27},m]\cup [m-\frac{4}{27},+\infty [$. Par cons{\'e}quent,
$P_m$ admet trois racines r{\'e}elles si et seulement si $m\in
[0,\frac{4}{27}]$.
\item Supposons $M_u$ matrice de rotation. Alors, d'apr{\`e}s B.1.,
$a^2+b^2+c^2=1,\ ab+bc+ca=0$ et $a+b+c=1$, de sorte que $a,b$ et $c$ sont
les racines de $(X-a)(X-b)(X-c)=X^3-X+m$ (avec $m=-abc$), et $m\in [0,4/27]$
d'apr{\`e}s la question qui pr{\'e}c{\`e}de.\\
R{\'e}ciproquement, si $a,b$ et $c$ sont les racines de $P_m$ avec $m\in
[0,4/27]$, alors $P_m$ poss{\`e}de trois racines r{\'e}elles $a,b$ et $c$ qui
v{\'e}rifient les relations $a^2+b^2+c^2=1,\ ab+bc+ca=0$ et $a+b+c=1$, et
d'apr{\`e}s B.1.c., $M_u$ est la matrice d'une rotation.
\item Pour $u=(a,b,c)=(2/3,2/3,-1/3)$, la question qui pr{\'e}c{\`e}de assure que
$f_u$ est une rotation, d'axe dirig{\'e} par $w_1$ (cf. A.4.a.) ; si $\theta $
est une mesure de l'angle de cette rotation, alors Tr($M_u)=1+2\cos \theta
=2$, d'o{\`u} $\theta \equiv \pm\frac{\pi }{3}$. Si l'on oriente $\cal P$ par la
base $(w_2,w_3)$, alors on a : $\sin \theta
=(f_u(w_2)|w_3)=-\frac{\sqrt{3}}{2}$, et finalement $\theta \equiv
-\frac{\pi }{3}$.\\
\end{enumerate}

{\bf C.}\\
\begin{enumerate}
\item Trivialit{\'e}.
\item D'apr{\`e}s I.B.1., $U_1=\{(a_1,a_2,a_3),\ \sum_{i=1}^3a_i=1\ {\rm et\ }
\sum_{i=1}^3a_i^2=1\}$. Il est donc clair que $u\in U_1\Longrightarrow
\theta (\tau ,u)\in U_1$.\\
Pour $u=(a_1,a_2,a_3)\in U_1,\ (\tau ,\tau ')\in S_3^2$, on a : $u'=\theta
(\tau ,u)=(a'_1,a'_2,a'_3)$, o{\`u} $\forall i\in \intz{1,3},\ a'_i=a_{\tau
'(i)}$, puis $u''=\theta (\tau ,u')=(a''_1,a''_2,a''_3)$, avec
$\forall i\in \intz{1,3},\ a''_i=a'_{\tau (i)}=a_{\tau '\circ \tau (i)}$, ce
qui prouve que $\theta $ d{\'e}finit une action de $S_3$ sur $U_1$.
\item Pour $u=(a,b,c)\in U_1$ ayant trois coordonn{\'e}es distinctes deux {\`a}
deux, il est clair que l'orbite de $u$ comporte six {\'e}l{\'e}ments. En revanche,
soit $u=(a,a,c)\in U_1$ ; on a donc $2a+c=1$ et $2a^2+c^2=1$, ce qui conduit
{\`a} $u=(0,0,1)$ ou {\`a} $u=(2/3,2/3,-1/3)$. D{\`e}s lors,
$\{(0,0,1),(0,1,0),(1,0,0)\}$ et
$\{(2/3,2/3,-1/3),(2/3,-1/3,2/3),(-1/3,2/3,2/3)\}$ sont les deux orbites ne
poss{\'e}dant que trois {\'e}l{\'e}ments chacune.\\
Notons les relations $M_ {(2/3,2/3,-1/3)}.M_{(0,1,0)}=M_{(-1/3,2/3,2/3)},\
M_{(-1/3,2/3,2/3)}.M_{(0,1,0)}=M_{(2/3,-1/3,2/3)},\\\ M_
{(2/3,2/3,-1/3)}^2=M_{(0,1,0)},\ M_{(0,1,0)}^2=M_{(0,0,1)}$ et
$M_{(0,1,0)}^3=I_3$, ce qui, compte-tenu des {\'e}l{\'e}ments caract{\'e}ristiques de la
rotation $f_u$ obtenus au I.B.4. permet d'obtenir ais{\'e}ment les {\'e}l{\'e}ments
caract{\'e}ristiques des six rotations concern{\'e}es.\\
{\it Notons {\'e}galement que} {\bf succinctement} {\it s'{\'e}crit au moyen de trois c,
contrairement {\`a} l'orthographe d{\'e}lictueuse de l'{\'e}nonc{\'e}}.
\item
  \begin{enumerate}
  \item Notons tout d'abord que $f_u$ {\'e}tant une rotation, on sait que $u\in
  U_1$ (cf. I.B.1.).\\
  L'invariance de la trace fournit $a=1+2\cos \alpha ,\ b=1+2\cos\beta
  ,\ c=1+2\cos\gamma $, de sorte que $\sigma
  _1=\dfrac{3a-1}{2}+\dfrac{3b-1}{2}+\dfrac{3c-1}{2}=0$ puisque $a+b+c=1$.\\

  \pagebreak
  Les m{\^e}mes relations fournissent \\$\sigma
  _2=\dfrac{3a-1}{2}\dfrac{3b-1}{2}+\dfrac{3b-1}{2}\dfrac{3c-1}{2}+\dfrac{3c
  -1}{2}\dfrac{3a-1}{2}=\dfrac{9(ab+bc+ca)-6(a+b+c)+3}{4}=-\dfrac{3}{4}$
  puisque $ab+bc+ca=0$ (cf. la question I.B.1.).\\
  Et de m{\^e}me $\sigma
  _3=\dfrac{3a-1}{2}\dfrac{3b-1}{2}\dfrac{3c-1}{2}=\dfrac{27abc-9(ab+bc+ca)+
  3(a+b+c)-1}{8}=\dfrac{27abc+2}{8}$.
  \item Evident, {\it si l'on tient compte de la grossi{\`e}re erreur d'{\'e}nonc{\'e}, le
  polyn{\^o}me requis {\'e}tant \\$X^3-(3/4)X-(27abc+2)/8$}.
  \item L'{\'e}nonc{\'e} persiste dans son erreur (...sed perseverare diabolicum !).\\
  Lorsque $abc=-2/27$, la question pr{\'e}c{\'e}dente montre que $\{\cos \alpha
  ,\cos\beta ,\ \cos \gamma \}=\{0,\sqrt{3}/2, -\sqrt{3}/2\}$ et les
  {\'e}l{\'e}ments de ${\cal O}_u$ sont les six rotations d'axe commun la droite
  $\R w_1$ et d'angles de mesures respectives $\pm\dfrac{\pi }{2},
  \pm\dfrac{\pi }{6}, \pm\dfrac{5\pi }{6}$.\\\\
  \end{enumerate}
\end{enumerate}
{\sc {\bf Partie II}}\\\\
\begin{enumerate}
\item
  \begin{enumerate}
  \item Il est clair que l'application $\phi :{\cal I}_p\longrightarrow
  \R^p\;(a_n)_{n\in \N}\mapsto (a_0,a_1,...,a_{p-1})$ est un isomorphisme.
  \item Si $a=(a_n)_{n\in \N}$ est une suite de ${\cal I}_p$, alors $a$ est
  born{\'e}e, d'o{\`u} le rayon de convergence $R$ de la s{\'e}rie enti{\`e}re $\sum_{n\geq
  0} a_nx^n$ v{\'e}rifie $R\geq 1$.\\
  Par ailleurs, si $a$ est une suite non nulle de ${\cal I}_p$, alors la
  suite $a$ ne peut avoir pour limite 0 (elle est p{\'e}riodique et non nulle);
  la s{\'e}rie $\sum_{n\geq 0}a_n$ diverge donc et l'on a $R=1$.
  \item En tenant compte de l'isomorphisme $\phi $ d{\'e}fini au II.1.a., $\phi
  ({\cal I}_p$) se pr{\'e}sente comme un hyperplan de $\R^p$ et partant dim$\,{\cal
  I}_p=p-1$.
  \item Lorsque $a\in {\cal P}_1$, la fonction $f$ d{\'e}finie par
  $f(x)=\sum_{n\geq 0}a_nx^n$ est la somme d'une s{\'e}rie enti{\`e}re de rayon sup{\'e}rieur
  {\`a} 1; $f$ est donc de classe $C^\infty $ sur $]-1,1[$. Mais, sauf lorsque
  la suite $a$ est nulle, la s{\'e}rie $\sum_{n\geq 0}a_n$ diverge et la fonction
  $f$ {\it n'est pas d{\'e}finie en 1 !!}. (A cet {\'e}gard l'{\'e}nonc{\'e} est erron{\'e}).\\
  En revanche, pour $a\in {\cal P}_1$ et $x\in ]-1,1[$, on obtient
  ais{\'e}ment\\
  $f(x)= \di\sum_{q=0}^{+\infty }(\di\sum_{r=0}^{p-1}a_{pq+r}x^{pq+r})=
  \di\sum_{r=0}^{p-1}(\di\sum_{q=0}^{+\infty }a_{pq+r}x^{pq+r})=
  \di\sum_{r=0}^{p-1}(a_px^r\di\sum_{q=0}^{+\infty }x^{pq})=
  \dfrac{\di\sum_{r=0}^{p-1}a_px^r}{1-x^p}=\dfrac{A(x)}{1-x^p}$.\\
  Or, la condition $a\in {\cal P}_1$ entra{\^\i}ne $A(1)=0$, de sorte que, apr{\`e}s
  factorisation, l'on obtient $\forall x\in ]-1,1[,\
  f(x)=\dfrac{B(x)}{\sum_{r=0}^{p-1}x^r}$, et cette derni{\`e}re {\'e}criture prouve
  que $f$ est {\it prolongeable en une fonction de classe $C^\infty $ sur
  $]-1,1]$}.
  \end{enumerate}
\item
  \begin{enumerate}
  \item On a tr{\`e}s simplement $\forall k\in \intz{0,p-1},\ \forall x\in
]-1,1[,\ h_k(x)=x^k\di\sum_{n=0}^{+\infty }x^{np}$, et le rayon de
convergence de chacune de ces s{\'e}ries enti{\`e}re est {\'e}gal {\`a} 1. Ainsi,
$h_0,h_1,...,h_{p-1}$ sont des {\'e}l{\'e}ments de $\cal S$.
  \item
    \begin{enumerate}
    \item Le d{\'e}but de la r{\'e}ponse {\`a} la question II.1.c. prouve que $f\in
    {\cal F}_p \Longrightarrow f=\di\sum_{k=0}^{p-1}a_kh_k$ (o{\`u} $(a_k)_{k\in
    \N}$ repr{\'e}sente la suite des coefficients du d{\'e}veloppement de $f$ en
    s{\'e}rie enti{\`e}re). La famille $(h_k)_{0\leq k\leq p-1}$ est donc g{\'e}n{\'e}ratrice
    de ${\cal I}_p$.  \\
    Par ailleurs, si l'on suppose $\di\sum_{k=0}^{p-1}\lambda _kh_k=0$,
    alors la s{\'e}rie enti{\`e}re $\di\sum_{q=0}^{+\infty }(\di\sum_{r=0}^{p-1}
    \lambda _{pq+r}x^{pq+r})$ est identiquement nulle, ce qui assure la
    nullit{\'e} de ses coefficients et la libert{\'e} de la famille $(h_k)_{0\leq
    k\leq p-1}$.
    \item ${\cal I}_p$ et ${\cal F}_p$ {\'e}tant tous deux des espaces
    vectoriels de dimension $p$ sur $\R$, ils sont isomorphes.
    \end{enumerate}
  \end{enumerate}
\item
  \begin{enumerate}
  \item Notons tout d'abord que $f\in {\cal F}_3\Longrightarrow \forall x\in
  ]-1,1[,\ f(x)=\dfrac{a_0+a_1x+a_2x^2}{1-x^3}$, o{\`u} $a_0=f(0), \ a_1=f'(0),\
  a_2=f''(0)/2$.\\
  On v{\'e}rifie ais{\'e}ment que $(.|.)$ d{\'e}finit une forme bilin{\'e}aire
  sym{\'e}trique et positive sur ${\cal F}_3$. De surcro{\^\i}t, pour $f\in {\cal
  F}_3$, on a $(f|f)=0 \Longrightarrow f(0)=f'(0)=f''(0)=0$, de sorte que
   $\forall x\in ]-1,1[,\ f(x)=0$ (gr{\^a}ce {\`a} la remarque pr{\'e}liminaire).
    Ainsi $(.|.)$ d{\'e}finit un produit scalaire
  sur ${\cal F}_3$, {\`a} condition de mieux d{\'e}finir ${\cal F}_3$ comme {\'e}tant
  l'ensemble des applications {\it d{\'e}finies sur} $]-1,1[$ telles que ...\\
  De plus, on obtient facilement \\
  $ \begin{cases}
   h_0(0)=1 \\
    h'_0(0)=0 \\
    h''_0(0)=0 \\
   \end{cases}
   \begin{cases}
   h_1(0)=0  \\
   h'_1(0)=1 \\
   h''_1(0)=0\\
   \end{cases}
   \begin{cases}
   h_2(0)=0 \\
   h'_2(0)=0 \\
   h''_2(0)=2\\
   \end{cases} $,\\ ce qui assure le fait que $\cal B$ est une base
   orthonormale de ${\cal F}_3$.
  \item $\forall x\in ]-1,1[,\ g_0(x)=\dfrac{1+x+x^2}{\sqrt{3}(1-x^3)},\
  g_1(x)=\dfrac{1-x}{\sqrt{2}(1-x^3)}$ et $g_2(x)=\dfrac{(1+2x)(1-x)}
  {\sqrt{6}(1-x^3)}=\dfrac{1+x-2x^2}{\sqrt{6}(1-x^3)}$.\\
  On v{\'e}rifie alors tr{\`e}s ais{\'e}ment que ${\cal B}'$ est une base orthonormale
  de ${\cal F}_3$, que $P=\underset{\cal B}{\rm mat}{\cal B}'=\begin{pmatrix}
  \frac{1}{\sqrt{3}} &\frac{1}{\sqrt{2}}  &\frac{1}{\sqrt{6}} \\
  \frac{1}{\sqrt{3}} &-\frac{1}{\sqrt{2}}  &\frac{1}{\sqrt{6}} \\
  \frac{1}{\sqrt{3}} & 0 & \frac{-2}{\sqrt{6}}\\
  \end{pmatrix}   $ et l'on a $\underset{{\cal B}'}{\rm mat\,}{\cal B}={^t}\!P$.

  \end{enumerate}
\item
  \begin{enumerate}
  \item Si $f=a_0h_0+a_2h_1+a_2h_2$, alors $\forall x\in
  ]-1,1[\verb!\!\{0\},\
  g_f(x)=\dfrac{a_0+a_1x+a_2x^2-a_0+a_0x^3}{x(1-x^3)}$, de sorte que
  $g_f=a_1h_0+a_2h_1+a_0h_2$, ce qui prouve que $g_f\in {\cal F}_3$.
  \item D'apr{\`e}s la question pr{\'e}c{\'e}dente, on a $P=\underset{\cal B}{\rm mat\,}\varphi =\begin{pmatrix}
  0 &1  &0 \\
  0 &0  &1 \\
  1 &0  &0 \\
  \end{pmatrix}   $, ce qui prouve instantan{\'e}ment que $\varphi$ est une
  isom{\'e}trie, et m{\^e}me une rotation puisque l'ensemble des vecteurs invariants
  est la droite dirig{\'e}e par $g_0$. Quant {\`a} l'angle de cette rotation, une
  mesure en est fournie par la trace ($1+2\cos\theta =0$) : elle vaut
  $\dfrac{2\pi }{3}$.
  \item Soit $f\in {\cal F}_3$ d{\'e}finie par $\forall x\in ]-1,1[, \ f(x)=
  \dfrac{a_0+a_1x+a_2x^2}{1-x^3}$. Pour que $f$ admette une limite finie
  lorsque $x$ tend vers 1 par valeurs inf{\'e}rieures, il faut et il suffit que
  1 soit racine du polyn{\^o}me $a_0+a_1X+a_2X^2$, c'est-{\`a}-dire $a_0+a_1+a_2=0$;
  et dans ce cas $\di\lim_{\substack{x\to 1\\x<1}}f(x)=\dfrac{a_0-a_2}{3}$.\\
  Dans ces conditions, $\varphi(f)$ qui est d{\'e}finie par $\forall x\in ]-1,1[,
   \ [\varphi(f)](x)=  \dfrac{a_1+a_2x+a_0x^2}{1-x^3}$ poss{\`e}de {\'e}galement une
   limite finie
  lorsque $x$ tend vers 1 par valeurs inf{\'e}rieures, laquelle est {\'e}gale {\`a}
  $\dfrac{a_1-a_0}{3}$.\\
  En particulier, $\di\lim_{\substack{x\to
  1\\x<1}}[\varphi(g_1)](x)=-\dfrac{\sqrt{2}}{3}$ et $\di\lim_{\substack{x\to
  1\\x<1}}[\varphi(g_2)](x)=0$. ({\it notons encore ici une erreur d'{\'e}nonc{\'e},
  lequel propose $\varphi(g_2)$ et $\varphi(g_3)$ au lieu de $\varphi(g_1)$
   et $\varphi(g_2)$)}.
  \end{enumerate}
\item
  \begin{enumerate}
  \item En injectant $y=\sum_{n\geq 0}a_nx^n$ dans l'{\'e}quation diff{\'e}rentielle
  $(*)$, on obtient sans difficult{\'e} : $y$ est solution de $(*)$ si et
  seulement si $\forall n\in \N,\ a_{n+3}=a_n$. Une solution de $(*)$
  d{\'e}veloppable en s{\'e}rie enti{\`e}re a donc sa suite de coefficients qui est dans
  ${\cal I}_3$, avec un rayon de convergence au moins {\'e}gal {\`a} 1. De telles
  solutions sont par cons{\'e}quent des {\'e}l{\'e}ments de ${\cal F}_3$.\\
  R{\'e}ciproquement, tout {\'e}l{\'e}ment de ${\cal F}_3$ a sa suite de coefficients
  dans ${\cal I}_3$ et est donc une solution de $(*)$ d{\'e}veloppable en s{\'e}rie
  enti{\`e}re.\\
 (  De plus, la structure (connue) de l'ensemble des solutions de $(*)$ prouve
  donc que l'ensemble des solutions de $(*)$ est pr{\'e}cis{\'e}ment ${\cal F}_3$).
  \item La formule de Leibniz fournit\\ $\forall x\in I,\
  f'''(x)=(1-x^3)g'''(x)+3(-3x^2)g''(x)+3(-6x)g'(x)-6g(x)$.\\
  Ainsi, si $g$ est une solution de $(*)$ sur $I$, alors $f$ v{\'e}rifie
  $\forall x\in I,\ f'''(x)=0$, d'o{\`u} $f$ co{\"\i}ncide sur $I$ avec une
  fonction polynomiale de degr{\'e} inf{\'e}rieur ou {\'e}gal {\`a} 2.\\
  Une solution de $(*)$ sur $\R$ est donc n{\'e}cessairement de la forme
  $\forall x\in ]-\infty ,1[,\ f(x)=\dfrac{a_0+a_1x+a_2x^2}{1-x^3}$ et
  $\forall x\in ]1,+\infty[,\ f(x)=\dfrac{b_0+b_1x+b_2x^2}{1-x^3}$, et
  l'existence d'une limite finie {\`a} $f$ lorsque $x$ tend vers 1 contraint {\`a} :
  $a_0+a_1+a_2=0$ et $b_0+b_1+b_2=0$ (cf. la question II.4.c.). Les
  solutions sur $\R$ de $(*)$ sont donc de la forme $\forall x\in ]-\infty ,1[,\
  f(x)=\dfrac{a_0-a_2x}{1+x+x^2}$, $\forall x\in ]1,+\infty [,\
  f(x)=\dfrac{b_0-b_2x}{1+x+x^2}$.\\
  La continuit{\'e} de $f$ en 1 oblige alors $a_0-a_2=b_0-b_2$. Mais alors\\
  $\forall x\in ]-\infty ,1[,\
  f'(x)=\dfrac{-a_0-a_2-2a_0x+a_2x^2}{(1+x+x^2)^2}$
  $\forall x\in ]1,+\infty [,\
  f'(x)=\dfrac{-b_0-b_2-2b_0x+b_2x^2}{(1+x+x^2)^2}$ \\ et
  la continuit{\'e} de $f'$ en 1 oblige $a_0=b_0$, d'o{\`u} finalement $a_2=b_2$ et
  $\forall x\in \R,\ f(x)=\dfrac{a_0-a_2x}{1+x+x^2}$. De telles applications
  v{\'e}rifient $(*)$ sur $\R$ (puisqu'elles sont de classe $C^\infty $ sur $\R$
  et qu'elles v{\'e}rifient $(*)$ en tout point de $\R\verb!\!\{1\}$), de sorte que
  l'ensemble des solutions de $(*)$ sur $\R$ ({\it si c'est bien cela que demande
  l'{\'e}nonc{\'e} de nouveau impr{\'e}cis}) est donc un $\R$-espace vectoriel de
  dimension 2.

  \end{enumerate}
 \end{enumerate}



\end{document}
