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\begin{document}
{\Large \bf
\begin{flushright} 
 Corrig\'e Mines d'Albi, Al\`es, Douai, Nantes 99 \end{flushright} }


 {\bf Probl\`eme 1} 

{\sf Partie I}

\begin{itemize}
\item[{\bf 1.}] On a $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0^+}\frac{\sin x}{x }=1$. Par suite, 
en prenant $\ell = 1$, $f$ est continue … droite en 0.
\item[{\bf 2.}] Les fonctions $x \mapsto \sin x$ et $x \mapsto x$ sont ${\cal C}^1$ sur $\R$ et
$x \mapsto x$ ne s'annule pas sur $\R^{+*}$ donc $f$ est ${\cal C}^1$ sur $\R^{+*}$.

De plus, pour tout $x>0$, $f'(x)=\displaystyle \frac{x\cos x - \sin x}{x^2}$. 

On a $f'(x) \begin{array}[t]{c} = \\[-0.3cm] {\scriptstyle 0} 
\end{array} \displaystyle 
\frac{x(1-\frac{x^2}{2}+o(x^2))-(x-\frac{x^3}{6}+o(x^3))}{x^2} 
\begin{array}[t]{c} = \\[-0.3cm] {\scriptstyle 
0} \end{array} -\frac{1}{3}x +o(x)$. Par cons\'equent, $f$ est 
continue sur $\R^+$, de classe ${\cal C}^1$ sur $\R^{+*}$ et 
$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0} f'(x)=0$. D'apr\`es un 
corollaire du th\'eor\`eme de la limite de la d\'eriv\'ee, $f$ est 
${\cal C}^1$ sur $\R$ et $f'(0)=0$. 
\item[{\bf 3.}] Soit $\varphi : x \mapsto x\cos x - \sin x$. $\varphi$ est d\'erivable sur $\R$
et pour tout $x$, $\quad \varphi '(x)= -x \sin x$. 

Sur $I_n$, $\varphi$ est continue et strictement monotone donc 
\'etablit une bijection de $I_n$ dans $\varphi(I_n)$ qui est un 
intervalle . Or $\varphi(n\pi)\varphi((n+1)\pi)=-n(n+1)\pi^2$. 
Donc $0 \in \varphi(I_n)$ et il existe un unique r\'eel $x_n$ dans 
$I_n$ tel que $\varphi(x_n)=0$. 
\item[{\bf 4.}] Pour tout $n \geq 1$, on a $n\pi \leq x_n \leq n\pi +\pi$ d'o—
$\displaystyle 1 \leq \frac{x_n}{n\pi} \leq 1+ \frac{1}{n}$. Le 
th\`eor\`eme des suites encadrantes prouve alors que 
$\displaystyle \lim_{ n \rightarrow +\infty} \frac{x_n}{n \pi}=1$ 
ce qui donne $x_n \begin{array}[t]{c} \sim \\[-0.3cm] 
{\scriptstyle +\infty} 
\end{array} n \pi$. 
\item[{\bf 5.}] Pour tout $x$, $f'(x)$ est du signe de $\varphi(x)$. 

Or $\varphi$ est d\'ecroissante sur $I_0$ et $\varphi(0)=0$. Donc 
$f$ est d\'ecoissante sur $I_0$. 

Soit maintenant $n \geq 1$. Sur $I_{2n}$, $\varphi$ est 
d\'ecroissante et s'annule en $x_{2n}$. Donc $f$ est croissante 
sur $[2n\pi,x_{2n}]$ et d\'ecroissante sur $[x_{2n},(2n+1)\pi]$. 

De mˆme, sur $I_{2n-1}$, $\varphi$ est croissante et s'annule en 
$x_{2n-1}$. Donc $f$ est d\'ecroissante sur $[(2n-1)\pi,x_{2n-1}]$ 
et croissante sur $[x_{2n-1},2n\pi]$. 

\item[{\bf 6.}] La courbe repr\'esentative de $f$ coupe l'axe des abscisses aux
points d'abscisse $n\pi$, avec $n$ entier $n \geq 1$.

\begin{figure}[ht]
\special{isoscale c:/M99B--F.wmf , 18cm 6cm } 
\end{figure}
\vspace{6cm}
\end{itemize}


{\sf Partie II}

\begin{itemize}
\item[{\bf 7.}] La fonction $f$ est continue sur $\R^+$ donc admet des primitives sur cet 
intervalle : $F$ est celle qui s'annule en 0.
\item[{\bf 8.}] Pour tout $t$ dans $I_{2n}$, $f(t) \geq 0$ donc $u_{2n} \geq 0$.

Pour tout $t$ dans $I_{2n+1}$, $f(t) \leq 0$ donc $u_{2n+1} \leq 0$.
\item[{\bf 9.}] Pour tout $n$ , $f$ garde un signe constant sur $I_n$. Par suite,
$|u_n|=\displaystyle \int_{n\pi}^{(n+1)\pi} \frac{|\sin t|}{t} dt 
\quad $ ce qui donne en faisant le changement de variable 
$t=s+n\pi$, $|u_n|=\displaystyle \int_{0}^{\pi} \frac{|\sin s|}{s 
+ n \pi} ds$. 

On a donc $|u_{n+1}|-|u_n|=-\pi \displaystyle \int_{0}^{\pi} 
\frac{|\sin s|}{(s + n \pi)(s + (n+1) \pi)} ds \leq 0$. La suite 
$u$ est donc d\'ecroissante. De plus, pour tout $n \geq 1$, $|u_n| 
\leq \displaystyle \frac{1}{n\pi} \int_0^{\pi} |\sin s| ds$ d'o— 
$\displaystyle \lim_{ n \rightarrow +\infty} |u_n|=0$. 
\item[{\bf 10.}] Pour tout entier $n$, $F((2n+2)\pi)-F(2n\pi)=
u_{2n+1}+u_{2n} = -|u_{2n+1}|+|u_{2n}| \geq 0$ d'apr\`es la 
question pr\'ec\'edente. 

De mˆme, $F((2n+3)\pi)-F((2n+1)\pi)= u_{2n+2}+u_{2n+1} = 
|u_{2n+2}|-|u_{2n+1}| \leq 0$. La suite $(F(2n\pi))_n$ est donc 
croissante tandis que la suite $(F((2n+1)\pi))_n$ est 
d\'ecroissante. 
 
 Enfin, par d\'efinition de $u$, on
a $\displaystyle \lim_{n \rightarrow +\infty} F(2n\pi)-F((2n+1)\pi)=0$.
Les suites $(F(2n\pi))_n$ et  $(F((2n+1)\pi))_n$ sont donc adjacentes.
\item[{\bf 11.}] Il en r\'esulte que $(F(2n\pi))_n$ et  $(F((2n+1)\pi))_n$ convergent vers une
mˆme limite $\mu$. Cela implique que  $(F(n\pi))_n$ converge vers $\mu$.
\item[{\bf 12.}] De plus, on a pour tout entier $n$, $F(2n\pi) \leq \mu \leq F((2n+1)\pi)$ 
ce qui donne pour $n=0$, $F(0) \leq \mu \leq F(\pi)$. Or $F(0)=0$ 
et $f$ est d\'ecroissante sur $[0,\pi]$ avec $f(0)=1$. D'o— 
$F(\pi)\leq \displaystyle \int_0^\pi f(t) dt \leq \int_0^\pi f(0) 
dt \leq \pi$. Finalement $0 \leq \mu \leq \pi$. 
\item[{\bf 13.}] Soit $x$ un r\'eel positif sup\'erieur … $\pi$
 et $p_x$ la partie enti\`ere de $\displaystyle
\frac{x}{\pi}$. 

On a donc, $p_x\pi \leq x \leq p_x\pi+\pi$ et : $$ |F(x)-F(p_x\pi) 
| \leq \int_{p_x\pi}^x \frac{|\sin t|}{t} dt \leq \frac{1}{p_x\pi} 
\int_{p_x\pi}^{(p_x+1)\pi} |\sin t|dt \leq \frac{1}{p_x\pi} 
\int_{0}^{\pi} |\sin t|dt $$ Comme $\displaystyle \lim_{x 
\rightarrow +\infty} p_x=+\infty$, on a $\displaystyle \lim_{x 
\rightarrow +\infty} |F(x)-F(p_x\pi) | =0$, et compte-tenu de la 
limite de la suite $(F(n\pi))_n$, on obtient : $\displaystyle 
\lim_{x \rightarrow +\infty} F(x) = \mu$ 
\end{itemize}

{\sf Partie III}
\begin{itemize}
\item[{\bf 14.}] Le calcul donne
$\displaystyle g''(x)=-{\frac {\sin(x){x}^{2}+2\,\cos(x)x-2\,\sin(x)}{{x}^{3}}}$.
\item[{\bf 15.}] On obtient $P_0=1$, $P_1=X$, $P_2= X^2-2$ 
et $Q_0=0$, $Q_1=1$, $Q_2=2X$.
\item[{\bf 16.}] En d\'erivant la relation donn\'ee par l'\'enonc\'e, on a pour tout $x>0$ :
\begin{eqnarray*}
g^{(n+1)}(x)&=&\frac{P'_n(x)\sin^{(n)}(x)+P_n(x)\sin^{(n+1)}(x) +Q'_n(x)\sin^{(n+1)}(x)
+Q_n(x)\sin^{(n+2)}(x)}{x^{n+1}} \\
& & \qquad -(n+1)\frac{P_n(x)\sin^{(n)}(x)+
Q_n(x)\sin^{(n+1)}(x)}{x^{n+2}}
\end{eqnarray*}
comme $\quad \sin^{(n)}(x)=-\sin^{(n+2)}(x) \quad $, on obtient :
$$g^{(n+1)}(x)=\displaystyle \frac{P_{n+1}(x)\sin^{(n+1)}(x)+
Q_{n+1}(x)\sin^{(n+2)}(x)}{x^{n+2}}$$ avec 
$$P_{n+1}(x)=xP_n(x)+xQ'_n(x)-(n+1)Q_n(x)$$ 
$$Q_{n+1}(x)= xQ_n(x)-xP'_n(x)+(n+1)P_n(x)$$
\item[{\bf 17.}] Soit ${\cal H}_n$ la propri\'et\'e: " $P_n$ de degr\'e $n$ de coefficient
dominant 1 , $Q_n$ de degr\'e $n-1$ de coefficient dominant $n$, 
$P_n$ et $Q_n$ 
 … coefficients entiers "
 \begin{itemize}
 \item[$\bullet$] ${\cal H}_1$ est vraie.
 \item[$\bullet$] Suppososns ${\cal H}_n$ vraie.
 \item[$\bullet$] Alors $P_n$, $Q_n$, $P'_{n}$ et $Q'_{n}$ sont … coefficients entiers donc
 $P_{n+1}$ et $Q_{n+1}$ aussi.
 
 De plus $XP_n$ est de degr\'e $n+1$ de coefficient dominant $1$ et $XQ'_n$ et $Q_n$ sont de degr\'e 
 strictement inf\'erieur … $n+1$ donc $P_{n+1}$ est de degr\'e $n+1$ de coefficient dominant $1$.
 
 Enfin  $XQ_n$, $XP'_n$ et $(n+1)P_n$ sont de degr\'e $n$ de coefficients dominants respectifs 
 $n$, $n$ et $n+1$ donc $Q_{n+1}$ est degr\'e $n$ de coefficient dominant $n+1$.
 
 Donc ${\cal H}_{n+1}$ est vraie.
 \end{itemize}
 On d\'emontre de mani\`ere analogue que pour tout entier $p$,  ${ P}_{2p}$ est pair 
 et ${ Q}_{2p}$ est impair
 et ${ P}_{2p+1}$ est impair et ${ Q}_{2p+1}$ est pair.
\item[{\bf 18.}]On a $ P_3=XP_2+XQ'_2-3Q_2=X^3-6X$ et $Q_3=XQ_2-XP'_2+3P_2=3X^2-6$.
\item[{\bf 19.}]Soit $\alpha_k=\displaystyle \frac{\pi}{2}+2k\pi$ et 
$\beta_k= 2k\pi$. Comme pour tout $x>0$, on a $U(x)\sin(x)+V(x)\cos(x)=0$,
 pour tout entier $k$, $U(\alpha_k)=0$ et $V(\beta_k)=0$. $U$ et $V$ admettent une
 infinit\'e de racines donc sont \'egaux au polyn“me nul.
\item[{\bf 20.}] En d\'erivant $n+1$ fois l'\'egalit\'e, $xg(x)=\sin x$, on obtient pour tout $x>0$,
$$xg^{(n+1)}(x)+ (n+1)g^{(n)}(x)=\sin^{(n+1)}(x)$$ d'o— en 
reportant les formules donnant $g^{(n)}(x)$ et $g^{(n+1)}(x)$ : 
$$(P_{n+1}(x)+(n+1)Q_n(x)-x^n)\sin^{(n+1)}(x) 
+((n+1)P_n(x)-Q_{n+1}(x))\sin^{(n)}(x)=0$$ Puisque … $n$ fix\'e, 
l'une des expressions $\sin^{(n+1)}(x)$ ou $\sin^{(n)}(x)$ vaut 
$\pm \sin(x)$ tandis que l'autre vaut $\pm \cos x$, on peut 
appliquer le r\'esultat de la question pr\'ec\'edente et on a donc 
pour tout $x$ : $$P_{n+1}(x)+(n+1)Q_n(x)-x^n = 0 \qquad 
(n+1)P_n(x)-Q_{n+1}(x)=0$$ 
\item[{\bf 21.}] En reportant $Q_{n+1}(x)=(n+1)P_{n+1}(x)$ dans la d\'efinition de $Q_{n+1}$, on 
a pour tout $x$, $x(Q_n(x)-P'_n(x))=0$ ce qui donne pour tout $x 
\neq 0$, $Q_n(x)=P'_n(x)$. Le polyn“me $P'_n-Q_n$ a donc une 
infinit\'e de racines donc il est nul. 

On a donc pour tout $x$,
$P_{n+1}(x)= x^n-(n+1)Q_n(x)= xP_n(x)+xP''_n(x)-(n+1)Q_n(x)$ ce qui donne par la mˆme 
argumentation que ci-dessus : pour tout $x$, $P_n(x)+P''_n(x)=x^n$.
\item[{\bf 22.}] Si $T$ est un polyn“me non nul de degr\'e $p$, $T+T''$ est aussi de degr\'e $p$
et est non nul (car le degr\'e de $T''$ est strictement 
inf\'erieur … celui de $T$). Cela montre que $\Phi$ est injectif 
et que si $T$ appartient … $\R_n[X]$, $\Phi(T)$ aussi. 

Donc $\Phi_n= \Phi_{|\R_n[X]}$ est un endomorphisme injectif de $\R_n[X]$. Comme $\R_n[X]$
est de dimension finie, cela implique que  $\Phi_n$ est bijectif.

Si $Q$ est un polyn“me quelconque, il existe un entier $p$ tel que 
$Q$ appartienne … $\R_p[X]$. Comme $\Phi_p$ est bijectif, il 
existe $P$ tel que $\Phi_p(P)=Q$. Donc $P$ est un ant\'ec\'edent 
de $Q$ par $\Phi$ : $\Phi$ est surjectif et comme $\Phi$ est 
injectif, $\Phi$ est bijectif. 
\item[{\bf 23.}] Notons $P_n= \displaystyle \sum_{k=0}^{n} b_kX^k$.
On a \begin{eqnarray*} P_n+P''_n &=&\sum_{k=0}^{n} b_kX^k 
+\sum_{k=0}^{n} k(k-1)b_kX^k \\ &=& b_nX^n+b_{n-1}X^{n-1} 
+\sum_{k=0}^{n-2}(b_k+(k+2)(k+1)b_{k+2})X^k =X^n \end{eqnarray*}
 
Par suite $b_n=1$, $b_{n-1}=0$ et pour tout $k \leq n-2$, 
$b_k=-(k+2)(k+1)b_{k+2}$. 

Cela donne pour tout $1 \leq k \leq p$, $\quad 
b_{n-2k}=\displaystyle (-1)^k \frac{n!}{(n-2k)!}$ et $\quad 
b_{n-2k+1}=0 $. 

Finalement $P=\displaystyle \sum_{0 \leq k \leq p} a_kX^{n-2k}$ 
avec $\quad a_{k}=\displaystyle (-1)^k \frac{n!}{(n-2k)!}$.
\item[{\bf 24.}] Les solutions de $y''+y=x^n$ sont la somme d'une solution particuli\`ere de cette 
\'equation et de la solution g\'en\'erale de $y''+y=0$. 

$P_n$ \'etant solution particuli\`ere, les solutions sont donc du 
type : 
 $ x \mapsto P_n(x) + \lambda \cos x +\mu \sin x$, $\lambda$ et $\mu$ \'etant deux r\'eels.
\end{itemize}
 
\newpage
{\bf Probl\`eme 2} 

{\sf Partie I} 

\begin{itemize}
\item[{\bf 1.}]  L'\'egalit\'e de fonctions $ap+bq +cr=0$ appliqu\'ee pour $x=0$, $x=1$ et $x=2$ 
donne que $a,b$ et $c$ sont solutions du syst\`eme : 
$\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} a+b+c=0 \\ ea +e^2b+ec=0 
\\ e^2a+e^4b+e^4c=0 \end{array} \right.$. L' op\'eration $L_2 
\leftarrow L_2-eL_1$ donne $e(e-1)b=0$ donc $b=0$ puis on a 
 $ \displaystyle \left\{ \begin{array}{l} a+c=0 \\ e^2a +e^4c=0 \\  \end{array} \right.$ 
 d'o— $a=-c$ et $(e^2-1)c=0$ ce qui donne $a=c=0$. 
\item[{\bf 2.}] Dans la question pr\'ec\'edente, on a utilis\'e que $e \neq 0$ et $e \neq 1$ ce qui
est une cons\'equence de $e >1$. On peut justifier ceci en disant 
que $e$ est l'unique ant\'ec\'edent de $1$ par la fonction $\ln$ 
qui \'etablit une bijection strictement croissante de $\R^{+*}$ 
dans $\R$. Or $\ln 1 < \ln e$ donc $1 <e$. 
\item[{\bf 3.}] On a :$$(ap+bq+rc)(x) \displaystyle 
\begin{array}[t]{c} = \\[-0.2cm] {\scriptstyle 
0} \end{array} a \left( 1+x+\frac{x^2}{2}+o(x^2) \right) + b 
(1+2x+4x + o(x^2))+ (1+x^2+o(x^2))$$ d'o—
 $$(ap+bq+rc)(x) \displaystyle 
\begin{array}[t]{c} = \\[-0.2cm] {\scriptstyle 
0} \end{array} (a+b+c)+(a+2b)x+ \left( \frac{a}{2}+c \right)x^2 
+o(x^2)$$
 Or $ap+bq+cr=0$ donc tous les termes de ce d\'eveloppement 
limit\'e sont nuls. D'o— $c=-2a$ et $b=-\displaystyle 
\frac{a}{2}$. En reportant dans $a+b+c=0$, on obtient donc $a=0$ 
puis $b=c=0$. 
\item[{\bf 4.}] En divisant par $e^{x^2}$ l'\'egalit\'e $(ap+bq+rc)(x)=0$, on obtient 
pour tout $x$, $ae^{x-x^2}+be^{2x-x^2}+c=0 \quad (1)$. 

Or $\displaystyle \lim_{x \rightarrow +\infty} x-x^2 =\lim_{x 
\rightarrow +\infty} 2x-x^2 =- \infty$ donc $\displaystyle \lim_{x 
\rightarrow +\infty} e^{x-x^2} = \lim_{x \rightarrow +\infty} 
e^{2x-x^2}=0$. 

En faisant tendre $x$ vers $+\infty$ dans $(1)$, on obtient $c=0$. 

Il en r\'esulte que pour tout $x$, $ae^{-x}+b=0$. En faisant de 
nouveau tendre $x$ vers $-\infty$, on a $b=0$ puis $a=0$. 
\item[{\bf 5.}] La famille $(p,q,r)$ engendre ${\cal E}$. De plus, elle est libre
: c'est donc une base de ${\cal E}$. ${\cal E}$ est de dimension 
3. 
\item[{\bf 6.}] Soit $f$ et $g$ deux fonctions de ${\cal E}$ et $\lambda$ et $\mu$ 
deux r\'eels . \begin{eqnarray*} \psi(\lambda f +\mu g) &=& (( 
\lambda f +\mu g )(0), (\lambda f +\mu g )'(0),(\lambda f +\mu g 
)'(1)) \\ &=& (\lambda f(0)+\mu g(0), \lambda f'(0)+\mu g'(0), 
\lambda f(1)+\mu g(1)) \\ &=& \lambda (f(0),f'(0),f(1)) + \mu 
(g(0),g'(0),g(1))= \lambda \psi(f)+\mu \psi (g) \end{eqnarray*} 
$\psi$ est donc lin\'eaire. De plus, soit $f=ap+bq+cr$ un 
\'el\'ement de ${\cal E}$ : $$ f \in \Ker(\psi) 
\Longleftrightarrow \left\{ 
\begin{array}{l} a+b+c=0 \\ a+2b = 0 \\ ea+e^2b+ec=0 
\end{array} \right.
 \begin{array}[t]{c} \Longleftrightarrow \\[-0.3cm] 
{\scriptstyle L_3 \leftarrow L_3-eL_1} 
\end{array} 
\left\{ \begin{array}{l} a+b+c=0 \\ a+2b = 0 \\(e^2-e)b=0 
\end{array} \right.$$
d'o— $f \in \Ker \psi \leftrightarrow a=b=c=0$ donc $\psi$ est 
injective et comme ${\cal E}$ et $\R^3$ ont mˆme dimension, on en 
d\'eduit que $\psi$ est un isomorphisme de ${\cal E}$ dans $\R^3$. 
\item[{\bf 7.}] Soit $f=ap+bq+cr$ un \'el\'ement de 
${\cal E}$ : \begin{eqnarray*} \psi(f) =(f(0),f'(0),f(1)) 
 &\Longleftrightarrow &\left\{ 
\begin{array}{l} a+b+c=f(0) \\ a+2b = f'(0) \\ ea+e^2b+ec=f(1) 
\end{array} \right. \\
& \begin{array}[t]{c} \Longleftrightarrow \\ {\scriptstyle L_3 
\leftarrow L_3-eL_1} \\ {\scriptstyle L_1 \leftarrow L_1-L_2} 
\end{array} &
\left\{ \begin{array}{l} -b+c=f(0)-f'(0) \\ a+2b = f'(0) 
\\(e^2-e)b= f(1)-ef(0) 
\end{array} \right. \\
&\Longleftrightarrow &\left\{ 
\begin{array}{l} \displaystyle  a= \frac{2}{e-1}f(0)+f'(0)-\frac{2}{e(e-1)}f(1) \\
  \displaystyle  b= -\frac{1}{e-1}f(0)+\frac{1}{e(e-1)}f(1) \\
    \displaystyle c= \frac{e-2}{e-1}f(0)-f'(0)+\frac{1}{e(e-1)}f(1)
\end{array} \right.
 \end{eqnarray*}
Ainsi $\psi^{-1}(\alpha,\beta,\gamma)=Cp+Dq+Er \quad $ avec $\quad 
\displaystyle \left\{ 
\begin{array}{l} \displaystyle  C= \frac{2}{e-1}\alpha +\beta-\frac{2}{e(e-1)}\gamma \\
  \displaystyle  D= -\frac{1}{e-1}\alpha+\frac{1}{e(e-1)}\gamma \\
    \displaystyle E= \frac{e-2}{e-1}\alpha-\beta+\frac{1}{e(e-1)}\gamma
\end{array} \right.$ 
\end{itemize}

{\sf Partie II} 

\begin{itemize}
\item[{\bf 8.}] Soit $f=ap+bq+cr$ un \'el\'ement de 
${\cal E}$. Alors $\psi^{-1}\circ \theta \circ \psi(f)= 
\psi^{-1}((f(0),f'(0),-f(1)))$.

Grƒce … la formule trouv\'ee … la question {\bf 7}, on voit que 
$\psi^{-1}\circ \theta \circ \psi(f)= \varphi(f)$. 

$\varphi$ est lin\'eaire comme compos\'ee d'application 
lin\'eaire. 

De plus $\theta \circ \theta =\mbox{Id}_{\R^3}$. Donc $\theta$ est 
bijective. Comme de plus $\psi$ est bijective, $\varphi$ est 
bijective comme compos\'ee de bijections : Finalement $\psi$ est 
un automorphisme de ${\cal E}$. 
\item[{\bf 9.}] On a $p(0)=p'(0)=1$ et $p(1)=e$ donc
$\varphi(p)= \displaystyle \frac{e+3}{e-1} p- \frac{2}{e-1}q - 
\frac{2}{e-1}r$ . 

On a $q(0)=1$, $q'(0)=2$ et $q(1)=e^2$ donc $\varphi(q)= 
\displaystyle \frac{4e}{e-1} p- \frac{e+1}{e-1}q - 
\frac{2e}{e-1}r$ .

On a $r(0)=1$, $r'(0)=0$ et $r(1)=e$ donc $\varphi(r)= 
\displaystyle \frac{4}{e-1} p- \frac{2}{e-1}q - \frac{e-3}{e-1}r$. 
\item[{\bf 10.}] Les calculs pr\'ec\'edents permettent d'\'ecrire la matrice de $\varphi$ 
en base ${\cal B}$: $$M=\frac{1}{e-1}\pmatrix{ e+3 & 4e & 4 \cr -2 
& -e-1 & -2 \cr -2 & -2e & e-3 }$$ 

\item[{\bf 11.}] On a $\varphi \circ \varphi = \psi^{-1} \circ (\theta \circ \theta)\circ
\psi = \psi^{-1} \circ \psi = \mbox{Id}_{\cal E}$.

On en d\'eduit que $M^2=I_3$. $\varphi$ est une sym\'etrie. 
\end{itemize}

{\sf Partie II} 

\begin{itemize}
\item[{\bf 12.}] D'apr\`es l'\'egalit\'e vue au {\bf 8.}, $\varphi(f)=f$ \'equivaut … $(\theta \circ
\psi)(f)= \psi(f)$ ce qui revient … 
$(f(0),f'(0),f(1))=(f(0),f'(0),-f(1))$ soit $f(1)=0$. 

Donc ${\cal P} = \{ f \in {\cal E} / f(1)=0 \}$. Montrons que 
${\cal P}$ est un sous espace vectoriel de ${\cal E}$: 
\begin{itemize}
\item[$\bullet$] ${\cal P}$ est inclus dans ${\cal E}$ et est non
vide car $0_{\cal E}$ appartient … ${\cal P}$. 
\item[$\bullet$] Si $f$ et $g$ appartiennent … ${\cal P}$ et $\lambda$ et $\mu$ sont deux
r\'eels :

$(\lambda f+\mu g)(1)=\lambda f(1)+\mu g(1)=0$ donc $\lambda f+\mu 
g$ appartient … ${\cal P}$. \end{itemize} D'autre part: $ap+bq+cr 
\in {\cal P} \Leftrightarrow (ap+bq+cr)(1)=0 \Leftrightarrow a 
+be+c=0$ 
 .Une \'equation de ${\cal B}$ dans la base ${\cal B}$ est $a+be+c=0$.
 
 Donc ${\cal P}=\{ ap+bq+cr / a+be+c=0 \}=\{ a(p-r)+b(q-er) ,(a,b) \in \R^2 \}$.
 Ceci montre que  ${\cal P} =\mbox{Vect}(e_1,e_2)$ avec $e_1=p-r$ et $e_2=q-er$.
 
 De plus, si $\lambda e_1+\mu e_2=0$ alors $\lambda p+\mu q -(\lambda+e\mu)r=0$
 ce qui donne puisque $(p,q,r)$ est libre $\lambda=\mu=0$.
 
 La famille $(e_1,e_2)$ est libre et g\'en\'eratrice de ${\cal P}$ : c'est donc une base de
 ${\cal P}$. ${\cal P}$ est de dimension 2.
\item[{\bf 13.}] Montrons que 
${\cal D}$ est un sous espace vectoriel de ${\cal E}$: 
\begin{itemize}
\item[$\bullet$] ${\cal D}$ est inclus dans ${\cal E}$ et est non
vide car $0_{\cal E}$ appartient … ${\cal D}$. 
\item[$\bullet$] Si $f$ et $g$ appartiennent … ${\cal D}$ et $\lambda$ et $\mu$ sont deux
r\'eels : 

$\varphi(\lambda f+\mu g)=\lambda \varphi (f) +\mu 
\varphi(g)=-(\lambda f+\mu g)$ donc $\lambda f+\mu g$ appartient … 
${\cal D}$. 
\end{itemize} 
D'apr\`es l'\'egalit\'e vue au {\bf 8.}, $\varphi(f)=-f$ 
\'equivaut … $(\theta \circ \psi)(f)= -\psi(f)$ ce qui revient … 
$(f(0),f'(0),f(1))=(-f(0),-f'(0),f(1))$ soit $f(0)=f'(0)=0$. 

Donc $ap+bq+cr \in {\cal D} \Leftrightarrow 
(ap+bq+cr)(0)=(ap+bq+cr)'(0)=0 $.

  
 Un syst\`eme d'\'equations de ${\cal D}$ dans la base ${\cal B}$ est 
  $\displaystyle  \left\{ \begin{array}{l}  a+b+c=0 \\ a+2b=0  \end{array}\right.
 \Leftrightarrow
 \displaystyle  \left\{ \begin{array}{l}  a=-2b \\ c=b  \end{array}\right.$
 
 Donc ${\cal D}=\{ b(-2p+q+r) ,b \in \R \} =\mbox{Vect}(e_3)$ 
 avec $e_3=-2p+r+p$. Or $e_3 \neq 0$.
 $e_3$ est donc une base de ${\cal D}$ : ${\cal D}$ est de dimension 1.
\item[{\bf 14.}] Soit $f$ un \'el\'ement de ${\cal P} \cap {\cal D}$. Alors
$\varphi(f)=f=-f$ donc $f=0_{\cal E}$. Ainsi ${\cal P} \cap {\cal 
D}= \{ 0_{\cal E} \}$. 

De plus $\mbox{dim }{\cal E}= \mbox{dim } {\cal P}+\mbox{dim } 
{\cal D}$. D'o— ${\cal E}={\cal P} \oplus {\cal D}$. 
\item[{\bf 15.}] La famille $(e_1,e_2,e_3)$ est une famille … 3 \'el\'ements de 
${\cal E}$. Comme $\mbox{dim } {\cal E}=3$, pour montrer que cette 
famille est une base de ${\cal E}$, il suffit de montrer qu'elle 
est libre.

Soit $\lambda, \mu$ et $\nu$ tels que $\lambda e_1+\mu e_2+\nu 
e_3=0_{\cal E}$. En composant par $\varphi$, on obtient $\lambda 
e_1+\mu e_2-\nu e_3=0_{\cal E}$. En ajoutant ces deux derni\`eres 
\'egalit\'es, on a $\lambda e_1+\mu e_2=0_{\cal E}$ ce qui donne 
$\lambda=\mu=0$ (car $(e_1,e_2)$ est libre)puis en reportant 
$\nu=0$. 
\item[{\bf 16.}] On a $\varphi (e_1)=e_1$, $\varphi (e_2)=e_2$ et $\varphi(e_3)=-e_3$ 
donc la matrice de $\varphi$ en base ${\cal C}$ est : 
$\displaystyle \pmatrix{ 1&0&0 \cr 0&1&0 \cr 0&0&-1 }$.

$\varphi$ est une sym\'etrie par rapport au plan ${\cal P}$ 
parall\`element … la droite ${\cal D}$. 
\end{itemize}

{\sf Partie IV} 

\begin{itemize}
\item[{\bf 17.}] Remarquons que ${\cal F}= \{ P \in \R[X] / P(0)=0 \}$.
On d\'emontre comme … la question {\bf 12.}, que ${\cal F}$ est un 
sous espace vectoriel de $\R[X]$.

De plus ${\cal F} \cap \R_n[X]=\Ker \gamma$ o— $\gamma$ est la 
forme lin\'eaire d\'efinie sur $\R_n[X]$ par $\gamma(P)=P(0)$. 
Comme $\gamma(1)=1$, $\gamma$ est non nulle donc $\mbox{dim } 
{\cal F} \cap \R_n[X] =n-1$. 
\item[{\bf 18.}] Montrons par r\'ecurrence sur $q$, la propri\'et\'e ${\cal H}_q$ :"
$(f_k)_{1 \leq k \leq q}$ est libre ".
\begin{itemize}
\item[$\bullet$] ${\cal H}_1$ est vraie car $f_1$ n'est pas la fonction nulle.
\item[$\bullet$]  Supposons ${\cal H}_q$ vraie.
\item[$\bullet$] Montrons que ${\cal H}_{q+1}$ est vraie. Soit $(\lambda_k)_{1 \leq k \leq 
q+1}$ une famille de scalaires telle que $\displaystyle 
\sum_{k=1}^{q+1} \lambda_k f_k =0$. On a donc pour tout r\'eel $x$ 
: $$(*) \qquad \sum_{k=1}^q \lambda_ke^{P_k(x)-P_{q+1}(x)} + 
\lambda_{q+1}=0$$ Or pour tout entier $k$ compris entre 1 et $q$, 
$P_k(x)-P_{q+1}(x) = \displaystyle \sum_{l=k}^q 
P_l(x)-P_{l+1}(x)$. 

Donc $\displaystyle \lim_{x \rightarrow +\infty} 
P_k(x)-P_{q+1}(x)=-\infty$. En passant … la limite dans $(*)$, on 
obtient $\lambda_{q+1}=0$. 

Il reste $\displaystyle \sum_{k=1}^{q} \lambda_k f_k =0$ et comme 
${\cal H}_q$ est vraie, on a $\lambda_1=\ldots=\lambda_q$ ce qui 
ach\`eve la r\'ecurrence. 
\end{itemize}
\end{itemize}
 



\end{document}

