\documentstyle[12pt,twoside]{article}

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\newcommand{\K} {{\sf I \! K}}
\newcommand{\R} {{\sf I \! R}}
\newcommand{\N} {{\sf I \! N}}
\newcommand{\Ker} {\mbox{Ker}}
\newcommand{\im} {\mbox{Im}}
\newcommand{\vect} {\mbox{Vect}}


\pagestyle{myheadings}
\markboth{\protect \bf Corrig\'e Mines d'Albi, Al\`es, Douai et Nantes  97 \protect\hspace{-\textwidth}
\protect\rule[-5pt]{\textwidth}{0.5pt}}
{\protect\rule[-5pt]{\textwidth}{0.5pt} \hspace{-\textwidth}
\protect \sl Union des Professeurs de Sp\'eciales }


\begin{document}
{\Large \bf
\begin{flushright} 
  Mines d'Albi, Al\`es,
 Douai et Nantes  97 \end{flushright} }


\begin{center}
{\bf Premier probl\`eme}
\end{center}

\underline{PARTIE A}
\begin{itemize}
\item[{\sl 1-}] On a $\ln(1+2x) 
\begin{array}[t]{c} 
= \\[-0.3cm] {\scriptstyle 0} \end{array}
2x-2x^2+o(x^2)$. 
Il en r\'esulte que $f(x) \begin{array}[t]{c} 
= \\[-0.3cm] {\scriptstyle 0} \end{array} 1-2x+o(x)$.
\item[{\sl 2-}] 
\begin{itemize}
\item[{\sl a-}] $f$ est d\'ej\`a continue sur $\displaystyle \left]-\displaystyle{1 \over2 },0
 \right[ \cup ]0,+\infty[$. D'autre part, le d\'eveloppement limit\'e pr\'ec\'edent montre que
$\displaystyle\lim_{x \longrightarrow 0} f(x)=1=f(0)$. $f$ est donc continue en 0
et sur $I=\displaystyle \left]-\displaystyle{1 \over2 },+\infty \right[$.
\item[{\sl b-}] Puisque $f$ admet un d\'eveloppement limit\'e \`a l'ordre 1 en 0, elle
est d\'erivable en 0 et $f'(0)=-2$.
\item[{\sl c-}] On v\'erifie que pour tout $x$ de $I$, $f'(x)=\displaystyle{h(1+2x) \over x^2}$
o\`u $h$ est la fonction d\'efinie sur $\R^{+*}$ par 
$h(u)=1-\displaystyle{1 \over u} -\ln u$.

Or pour tout $u>0$, $h'(u)=\displaystyle{1-u \over u }$. La fonction $h$ est donc
 strictement croissante sur $]0,1]$ et strictement
 d\'ecroissante sur $[1,+\infty[$. Comme $h(1)=0$, on a donc
pour tout $u>0$ et $u \neq 1$, $h(u) <0$.

La fonction $f$ est donc continue et strictement d\'ecroissante sur $I$. 
De plus , $\displaystyle\lim_{x \to  -\frac{1}{2}} f(x)=-\infty$
et $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x)=-1$. $f$ r\'ealise donc
une bijection de $\displaystyle \left]-\frac{1}{2},+\infty \right[$ sur
$]-1,+\infty[$. 

 Par cons\'equent, l'\'equation $f(x)=0$ admet une unique
solution sur $\displaystyle \left]-\frac{1}{2},+\infty \right[$ not\'ee $\alpha$.
La m\'ethode de dichotomie donne $1,25 <\alpha <1,26$.
\end{itemize}
\end{itemize}

\underline{PARTIE B}
\begin{itemize}
\item[{\sl 1-}] Montrons, par r\'ecurrence sur  $n$, la propri\'et\'e ${\cal P}_n $ :
" $u_n$ existe et  $u_n>0"$.

$\bullet$ La propri\'et\'e est vraie au rang $n=0$.

$\bullet$ Supposons ${\cal P}_n$ vraie.

$\bullet $ Alors $\ln(1+2u_n)$ existe et est strictement positif ce qui prouve que
${\cal P}_{n+1}$ est vraie.
\item[{\sl 2-}] Si $u$ converge, sa limite $L$ v\'erifie $L \geq 0$. D'autre
part, la suite $u$ v\'erifie la relation de r\'ecurrence $u_{n+1}=g(u_n)$ et la
fonction $g$ est continue sur $\R^{+}$.

 Donc, par passage \`a la limite, $L$
v\'erifie $L=\ln(1+2L)$. Ceci impose que $L = 0$ ou que $f(L)=0$ soit
$L=0$ ou $L=\alpha$.
\item[{\sl 3-}] 
\begin{itemize}
\item[{\sl a-}]Si $u_n$ appartient \`a $]0,\alpha]$, alors $g(u_n) \leq g(\alpha)
=\alpha$. Comme on suppose que $u_0$ appartient \`a $]0,\alpha]$, on
a, par r\'ecurrence sur $n$, pout tout $n$, $u_n$ appartient \`a
$]0,\alpha]$. 

Or pour tout $x$ de $]0,\alpha]$, $g(x)-x=xf(x) \geq 0$.
Donc pour tout $n$, $g(u_n)-u_n \geq 0$ ce qui montre que la suite
$u$ est croissante. 

Comme de plus elle est major\'ee par $\alpha$, elle converge
Sa limite $L$ v\'erifie alors $L \geq u_0 >0$ et d'apr\`es le 
{\sl 2-}, elle est n\'ecessairement \'egale \`a $\alpha$.
\item[{\sl b-}] Dans le cas o\`u $u_0$ appartient \`a $[\alpha,+\infty[$, la suite
est alors d\'ecroissante et minor\'ee par $\alpha$. On conclut de m\^eme.
\end{itemize}
\item[{\sl 4-}] 
\begin{itemize}
\item[{\sl a-}] Si $u_0=1$ alors pour tout entier $n$, $1 \leq u_n \leq \alpha$.

Or la fonction $g$ est d\'erivable sur $[1,\alpha]$ et pour tout $x$ dans
$[1,\alpha]$, $|g'(x)| =\displaystyle \displaystyle{2 \over 1+2x } \leq
 \displaystyle{2 \over 3 }$.

 En appliquant l'in\'egalit\'e des accroissements
finis \`a la fonction $g$ sur $[u_n,\alpha]$ (qui est inclus dans $[1,\alpha]$),
on en d\'eduit que $|u_{n+1}-\alpha | \leq \displaystyle{2 \over 3 }
|u_n-\alpha|$.
 Par r\'ecurrence sur $n$, il en r\'esulte que pour tout $n$, 
$|u_n-\alpha| \leq \left(\displaystyle{2 \over 3 } \right)^n|u_0-\alpha|
\leq  \left(\displaystyle{2 \over 3 } \right)^n$ (car $1<\alpha<2$).
\item[{\sl b-}] Il suffit de prendre $n$ tel que
$ \left(\displaystyle{2 \over 3 } \right)^n \leq 10^{-4}$ soit $n \geq 
\displaystyle{4\ln 10 \over \ln\left(\displaystyle{2 \over3 }\right) }$. Finalement,
on choisit $n \geq 23$.
\end{itemize}
\end{itemize}

\underline{PARTIE C}
\begin{itemize}
\item[{\sl 1-}] $F$ est l'unique primitive de $f$ sur 
$J=\displaystyle \left]- \displaystyle{ 1 \over 2 }, +\infty \right[ $ qui s'annule en 0.
$F$ est donc d\'erivable sur $J$ et pour tout $x$ de $J$, $F'(x)=f(x)$.
$F$ est donc croissante sur $\displaystyle \left]- \displaystyle{ 1 \over 2 }, \alpha \right]$
et d\'ecroissante sur $[\alpha,+\infty[$.
\item[{\sl 2-}] $F$ est d\'erivable en 0 et $F'(0)=f(0)=1$. Donc 
$F(x)  \begin{array}[t]{c} 
{\displaystyle \sim} \\[-0.3cm] {\scriptstyle 0} \end{array} x$.
\item[{\sl 3-}] Pour $x \geq 2$, on a $F(x)-F(2)=\displaystyle\int_{2}^{x} f(t)dt
\leq f(2)(x-2)$ (car $f$ est d\'ecroissante sur $[\alpha,+\infty[$).
Or $\displaystyle\lim_{x \to +\infty } f(2)(x-2)=-\infty$ puisque
$f(2) < 0$. Donc $ \displaystyle\lim_{x \to +\infty } F(x)
=-\infty$.
\item[{\sl 4-}] 
\begin{itemize}
\item[{\sl a-}]L'\'etude de la fonction $u \longmapsto \ln u +\displaystyle{1 \over \sqrt{u} 
}$ sur $\left] 0 , \displaystyle{1 \over 2} \right]$ permet d'\'etablir que pour
tout t dans $\left] -\displaystyle{1 \over 2 }, - \displaystyle{1 \over 4 } \right]$, 
$ \ln(1+2t) \geq - \displaystyle{1 \over \sqrt{1+2t} }$. 

On en d\'eduit que pour tout $t$ dans 
 $\left] -\displaystyle{1 \over 2 }, - \displaystyle{1 \over 4 } \right]$, 
$f(t) \leq -\displaystyle{1 \over t \sqrt{1+2t} }-1 \leq
\displaystyle{4 \over \sqrt{1+2t} } -1$.
\item[{\sl b-}] Alors pour tout $x$ dans  
$\left] -\displaystyle{1 \over 2 }, - \displaystyle{1 \over 4 } \right]$,
$\displaystyle  \int_x^{-\frac{1}{4}} f(t)dt \leq \int_x^{-\frac{1}{4}} \frac{4}{\sqrt{1+2t}} dt
\leq 2\sqrt{2} -4\sqrt{1+2x} \leq 2\sqrt{2}$,
ce qui permet de d\'eduire que $F(x)-F\left(-\displaystyle{ 1\over 4} \right) \geq -2\sqrt{2}$.
\item[{\sl c-}] La fonction $F$ est croissante sur 
 $\left] -\displaystyle{1 \over 2 }, - \displaystyle{1 \over 4 } \right]$ et minor\'ee
sur ce m\^eme intervalle donc elle admet une limite \`a droite
en $-\displaystyle{1 \over 2}$.
\item[{\sl d-}] La fonction $F$ ainsi prolong\'ee est continue sur
 $\left[ -\displaystyle{1 \over 2 },0 \right]$, d\'erivable sur
 $\left] -\displaystyle{1 \over 2 }, 0 \right]$ et
$\displaystyle\lim_{x\to -\frac{1}{2}} F'(x) = +\infty$.  
Donc, d'apr\`es un corollaire
du th\'eor\`eme de la limite de la d\'eriv\'ee, le prolongement de $F$ n'est pas d\'erivable
en $-\displaystyle{1 \over 2 }$ .
 \end{itemize}
\end{itemize}

\newpage
\begin{center}
{\bf Deuxi\`eme probl\`eme}
\end{center}

\underline{ Questions pr\'eliminaires}
\begin{itemize}
\item[{\sl a-}] Si $f$ appartient \`a $F$, $\psi(f)=f'$ est une fonction de classe
${\cal C}^\infty$ sur $\R$ donc $\psi(f)$ appartient \`a $F$.

Si $f$ et $g$ sont deux \'el\'ements de $E$, $\lambda$ et $\mu$ sont deux r\'eels,
$\psi(\lambda f + \mu g)=(\lambda f +\mu g)'=\lambda f' +\mu g'
=\lambda \psi (f) + \mu \psi(g)$.

$\psi$ est donc une application lin\'eaire de $F$ dans $F$.
\item[{\sl b-}] Si $h$ d\'esigne l'application $x \mapsto 1$, on a $h \neq 0_F$ et
$\psi(h)=0_F$. Le noyau de $\psi$ n'est donc pas r\'eduit \`a $0_ F$. L'application
$h$ est donc non injective, et a fortioiri, non bijective : $\psi$
n'est pas un automorphisme.
\end{itemize}


\begin{itemize}
\item[{\sl 1-}] Soit $f$ un \'el\'ement de $F$. $f$ appartient \`a $E$ si et seulement si il
existe quatre r\'eels $a,b,cd$ tels que, pour tout $x$ , 
$f(x)=ax\sin x+b \sin x + cx\cos x + d\cos x$ ce qui \'equivaut \`a 
$f = af_1+bf_2+cf_3+df_4$.

Ceci d\'emontre que $E=\vect(f_1,f_2,f_3,f_4)$. Ainsi, $E$ est un espace vectoriel
dont ${\cal B}=(f_1,f_2,f_3,f_4)$ est une famille g\'en\'eratrice.

Soit alors $(\lambda_i)_{1 \leq i \leq 4}$ quatre r\'eels tels que
$\displaystyle \displaystyle\sum_{i=1}^{4} \lambda_i f_i=0_F$. Pour tout $x$, on a :
$$\lambda_1 \sin x+\lambda_2 x\sin x+\lambda_3 \cos x+
\lambda_4x \cos x=0$$
En prenant $x=0$, on a $\lambda_3=0$ puis $x=\pi$ donne $\lambda_4=0$.
Ensuite $x=\displaystyle{\pi \over 2 }$ et $x=-\displaystyle{\pi \over 2 }$ donne
$\lambda_1+\lambda_2=0$ et $\lambda_1-\lambda_2=0$ d'o\`u 
$\lambda_1=\lambda_2=0$.

La famille ${\cal B}$ est donc libre  et g\'en\'eratrice : c'est une base de $E$.
\item[{\sl 2-}]
\begin{itemize}
\item[{\sl a-}] $D$ est lin\'eaire. De plus $D(f_1)=f_3$, $D(f_2)=f_1+f_4$,
$D(f_3)=-f_1$ et $D(f_4)=f_3-f_2$. Donc $D$ est un endomorphisme de $E$
et $\mbox{mat}_{\cal B}(D)=\pmatrix{
    0    & 1   & -1   & 0   \cr
     0   &   0 &   0 &   1 \cr
      1 &    0&  0  &  -1  \cr
        0&    1&    0&   0 \cr}$
\item[{\sl b-}] Soit $f=af_1+bf_2+cf_3+df_4$ un \'el\'ement de $E$. Alors :
$$f \in \Ker(D) \Longleftrightarrow \cases{
    b-c=0     &     \cr
    -d=0     &     \cr
    a+d=0     &     \cr
    b=0     &     \cr}
\Longleftrightarrow  a=b=c=d=0 \Longleftrightarrow f=0_E$$
Donc $\Ker(D)=\{0_E\}$. $D$ est un endomorphisme injectif d'un espace vectoriel
de dimension finie donc c'est un isomorphisme.
\end{itemize}
\item[{\sl 3-}]
\begin{itemize}
\item[{\sl a-}]  La matrice de $D^2-\lambda\mbox{Id}_{\R^3}$ est 
$A=\pmatrix{
    -1-\lambda    &  0  &  0   & -2   \cr
      0  &   -1-\lambda   &  0   &  0  \cr
      0  & 2   &   -1-\lambda   & 0   \cr
       0 & 0   &  0  &   -1-\lambda   \cr}$.

 Les op\'erations \'el\'ementaires
$L_2 \leftrightarrow L_3$ et $C_2 \leftrightarrow C_3$
 transforme $A$ en une matrice $A'$ de rang \'egal \`a celui de $A$.
Or $A'=\pmatrix{
    -1-\lambda    &  0  &  0   & -2   \cr
      0  & -1-\lambda   & 2 & 0  \cr
    0 & 0 & -1-\lambda & 0 \cr
       0 & 0   &  0  &   -1-\lambda   \cr}$.
Ainsi, si $\lambda \neq -1$, le rang de $A$ vaut 4 et si $\lambda=-1$, il est \'egal \`a
2.
\item[{\sl b-}] La question pr\'ec\'edente montre que
$\mbox{dim}(\Ker(D^2+\mbox{Id}_E))=
\mbox{dim}(\im(D^2+\mbox{Id}_E))=2$.

 De plus, la matrice en base ${\cal B}$
de $D^2+\mbox{Id}_E$ est
$\pmatrix{
    0    &  0  &  0  & -2   \cr
     0   &  0  &  0  & 0   \cr
   0     &  2  &  0  & 0   \cr
  0      &  0  & 0   & 0   \cr}$. On a donc $2f_3=(D^2+\mbox{Id}_E)(f_2)$ et
$-2f_1=(D^2+\mbox{Id}_E)(f_4)$. Donc $(f_1,f_3)$ est une famille libre \`a 2
\'el\'ements de $\im(D^2+\mbox{Id}_E)$ qui est de dimension 2 : $(f_1,f_3)$
est une base de $\im(D^2+\mbox{Id}_E)$. 

D'autre part, $(D^2+\mbox{Id}_E)(f_1)=(D^2+\mbox{Id}_E)(f_3)=0_E$. Donc
$f_1$ et $f_3$ sont deux \'el\'ements de $\Ker(D^2+\mbox{Id}_E)$ et on d\'emontre
comme ci-dessus que c'est une base de $\Ker(D^2+\mbox{Id}_E)$.
\item[{\sl c-}] Notons $\Delta=D^2+\mbox{Id}_E$. On vient de voir que
$\im(\Delta)=\Ker(\Delta)$. Soit alors $f$ un \'el\'ement de $E$. 

$\Delta(f)$ est un \'el\'ement de $\im(\Delta)$ donc de $\Ker(\Delta)$. Ainsi
$\Delta(\Delta(f))=0_E$ soit $\Delta^2(f)=0_E$ . On en d\'eduit que
$\Delta^2=0$  soit $D^4+2D^2+\mbox{Id}_E=0$.
\item[{\sl d-}] Il en r\'esulte que $D\circ (D^3+2D)=-\mbox{Id}_E$ ce qui montre (car $E$
est dimension finie) que $D$ est bijective et $D^{-1}=-D^3-2D$.
\end{itemize}
\item[{\sl 4-}]
\begin{itemize}
\item[{\sl a-}] $V$ est d\'ej\`a un sous espace vectoriel de ${\cal L}(E)$ et
$\mbox{Id}_E$ appartient \`a $V$.

Si $f=aD^2+b\mbox{Id}_E$ et $g=cD^2+d\mbox{Id}_E$ appartiennent \`a $E$, alors
$f \circ g=acD^4 +(ad+bc)D^2 +bd\mbox{Id}_E$. En tenant compte de la relation
du {\sl 3-c-}, on en d\'eduit que $f \circ g = (ad+bc-2ac)D^2+(bd-ac)\mbox{Id}_E$ ce qui montre
que $f \circ g$ appartient \`a $V$ : $V$ est une sous-alg\`ebre de ${\cal L}(E)$.
\item[{\sl b-}] Soit $f =aD^2+b\mbox{Id}_E$.

Si $a \neq b$, le syst\`eme lin\'eaire d'inconnues $c$ et $d$, 
$\cases{
    (b-2a)c+ad=0     &     \cr
     -ac+bd=1    &     \cr}$ admet une unique solution car son d\'eterminant est \'egal
\`a $(a-b)^2 \neq 0$. Si $g$ d\'esigne l'endomorphisme $cD^2+d\mbox{Id}_E$, on
a alors $f \circ g = g \circ f = \mbox{Id}_E$ : $f$ est inversible dans $G$.

Si $a=b$, $f$ n'est pas inversible car on a vu au {\sl 3-a} que $D^2+\mbox{Id}_E$
n'\'etait pas bijective.

L'ensemble $G$ des \'el\'ements inversibles de $V$ est l'ensemble des \'el\'ements de la
forme $\alpha\mbox{Id}_E+\beta D^2$ avec $\alpha \neq \beta$.
\item[{\sl c-}] $(G,\circ)$ est un groupe.
\end{itemize}
\item[{\sl 5-}] 
\begin{itemize}
\item[{\sl a-}] Les solutions de $y''+y$ sont les fonctions de la forme $Af_1+Bf_3$, o\`u
$A$ et $B$ sont des constantes r\'eelles.
\item[{\sl b-}] $f$ appartient \`a $\Ker(\psi^2+\mbox{Id}_F)$ \'equivaut \`a $f$ solution de
 l'\'equation diff\'erentielle $y''+y=0$.
 Donc   $\Ker(\psi^2+\mbox{Id}_F)=\mbox{Vect}(f_1,f_3)$.
\item[{\sl c-}]  $f$ appartient \`a $\Ker(\psi^2+\mbox{Id}_F)^2$ revient \`a 
 il existe $A$ et $B$ tel que  $(\psi^2+\mbox{Id}_F)(f)=Af_1+Bf_3$.

Or $f_3=(\psi^2+\mbox{Id}_F)\left(\displaystyle{f_2 \over2 } \right)$ et
$f_1=(\psi^2+\mbox{Id}_F)\left(- \displaystyle{f_4 \over2 } \right)$.

Par cons\'equent, $f$ appartient \`a $\Ker(\psi^2+\mbox{Id}_F)^2$ si et seulement si
 il existe deux constantes $A'$ et $B'$ telles que 
$f-A'f_2-B'f_4$ appartienne \`a $\Ker(\psi^2+\mbox{Id}_F)$.  Gr\^ace au r\'esultat
du {\sl 5-a-}, on en d\'eduit que $E=\Ker((\psi^2+\mbox{Id}_F)^2)$.

De plus, pour tout $f$ de $F$, $(\psi^2+\mbox{Id}_F)^2(f)=f^{(4)}+2f^{(2)}+f$.
On peut donc conclure que $E$ est l'espace des solutions de l'\'equation
diff\'erentielle $y^{(4)}+2y^{(2)}+y=0$.
\end{itemize}
\end{itemize}
\end{document}



