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\newcommand{\exo}{\stepcounter{nexo} \begin{center}
\vspace{2ex} \underline{\large Exercice n${}^\circ$ \arabic{nexo}}
\end{center} }

\renewcommand{\labelenumi}{\textbf{\arabic{enumi}${}^\circ$)}}
\renewcommand{\labelenumii}{\textbf{\alph{enumii})}}

\newcommand{\vecteur}[1]{\left( \begin{array}{c} #1 \\ \end{array}\right)}

\everymath{\displaystyle}

\begin{document}

\begin{center}
\shadowbox{\large BANQUE PT \hspace{4.5cm} MATHS IIA --- CORRIG\'E
  \hspace{4.5cm} 2000}
\end{center}

\exo

\begin{enumerate}
\item
$P_f(X)=\left| \begin{array}{ccc} 5-X&2&4 \\ 12&3-X&8 \\ -12&-4&-9-X \\ 
 \end{array}\right|\stackrel{L_3\leftarrow L_3+L_2}{=}
\left| \begin{array}{ccc} 5-X&2&4 \\ 12&3-X&8 \\ 0&-X-1&-X-1 \\ 
 \end{array}\right|=
-(X+1)\left| \begin{array}{ccc} 5-X&2&4 \\ 12&3-X&8 \\ 0&1&1 \\ 
 \end{array}\right|$

$\stackrel{C_2\leftarrow C_2-C_3}{=}
-(X+1)\left| \begin{array}{ccc} 5-X&-2&4 \\ 12&-5-X&8 \\ 0&0&1 \\ 
 \end{array}\right|=-(X+1)\big((X-5)(X+5)+24\big)=-(X+1)(X^2-1)$.

$P_g(X)=\left| \begin{array}{ccc} -1-X&-2&-2 \\ 0&-3-X&-2 \\ 0&4&3-X \\
  \end{array} \right|=(X+1)\left| \begin{array}{cc} X+3&2 \\ 4&3-X \\
  \end{array} \right|=(X+1)(-X^2+9-8\big)=-(X+1)(X^2-1)$.

Les polyn\^{o}mes caract\'{e}ristiques de $f$ et $g$ sont tous deux \'{e}gaux \`{a}
$-(X-1)(X+1)^2$ ; Les valeurs propres de $f$ et $g$ sont $1$ (simple) et $-1$
(double).

\item 
On d\'{e}signe par $F_\lambda$ (resp. $G_\lambda$) le sous-espace propre de
l'endomorphisme $f$ (resp. $g$) correspondant \`{a} la valeur propre $\lambda$.

$A+I_3=\left( \begin{array}{ccc} 6&2&4 \\ 12&4&8 \\ -12&-4&-8 \\ 
 \end{array}\right)$ est de rang 1; 
$A-I_3=\left( \begin{array}{ccc} 4&2&4 \\ 12&2&8 \\ -12&-4&-10 \\ 
 \end{array}\right)$ est de rang 2; 

$B+I_3=\left( \begin{array}{ccc} 0&-2&-2 \\ 0&-2&-2 \\ 0&4&4 \\ 
 \end{array}\right)$ est de rang 1; 
$B-I_3=\left( \begin{array}{ccc} -2&-2&-2 \\ 0&-4&-2 \\ 0&4&2  \\ 
 \end{array}\right)$ est de rang 2; 

Les colonnes de $A+I_3$ (respectivement $B+I_3$) v\'{e}rifient $C_1=3C_2$ et
$2C_2=C_3$ (respectivement $C_1=0$ et $C_2=C_3$) donc
$F_{-1}=\op{Vect}\big((1,-3,0),(0,2,-1)\big)$ et
$G_{-1}=\op{Vect}((1,0,0),(0,1,-1))$.

Les colonnes de $A-I_3$ (respectivement $B-I_3$) v\'{e}rifient $C_1+2C_2+2C_3=0$ (respectivement $C_1+C_2-2C_3=0$) donc
$F_{1}=\op{Vect}(1,2,2)$ et $G_{1}=\op{Vect}(1,1,-2)$

L'\'{e}quation du plan $(\overrightarrow{u},\overrightarrow{v})$ est
$\op{det}(\overrightarrow{u},\overrightarrow{v},x\i+y\j+z\k)=0$.

On trouve qu'une \'{e}quation de $F_{-1}$ est $3x+y+2z=0$, et qu'une \'{e}quation de
$G_{-1}$ est $y+z=0$ ; Des \'{e}quations de $F_1$ (respectivement $G_1$) sont
$\left\{  \begin{array}{ccc} 2x-y&=&0 \\ y+z=0 \\ \end{array} \right.$
(resp. 
$\left\{  \begin{array}{ccc} x-3y&=&0 \\ 2y-z=0 \\ \end{array} \right.$

\item
$F_{-1}\cap G_{-1}$ est une droite d'\'{e}quations 
$\left\{  \begin{array}{ccc} 3x+y+2z&=&0 \\ y+z=0 \\ \end{array} \right.$,
dirig\'{e}e par $(1,3,-3)$ ; De plus, $F_1 \subset G_{-1}$ et $G_1\subset F_{-1}$.

Donc $\big((1,1,-2),(1,3,-3),(1,2,-2)\big)\in F_{-1}\times F_{-1}\times F_1
\cup G_{1}\times G_{-1}\times G_{-1}$ est une base form\'{e}e de vecteurs propres
communs \`{a} $f$ et $g$.

\item
On prend $P=\left(  \begin{array}{ccc} 1&1&1 \\ 1&3&2 \\ -2&-3&-2 \\
  \end{array}  \right)$, l'inverse de $P$ trouv\'{e} par la m\'{e}thode de Gau\ss~
 est $P^{-1}=\left(  \begin{array}{ccc} 0&1&-1 \\ -2&0&-1 \\ 3&1&2 \\
  \end{array}  \right)$

Alors 
$A'=\left(\begin{array}{ccc} -1&0&0 \\ 0&-1&0 \\ 0&0&1\\ \end{array}\right)$
et
$B'=\left(\begin{array}{ccc} 1&0&0 \\ 0&-1&0 \\ 0&0&-1\\ \end{array}\right)$

\end{enumerate}

\exo

\begin{enumerate}
\item 
Montrons par r\'{e}currence double que $H_n\quad$ :($a_n \ie n^2$ pour $n\se 1$)

C'est vrai pour $n=0$ et $n=1$ : 

Si $H_n$ et $H_{n-1}$ sont vrais, alors
$a_{n+1}-a_n=\frac{2}{n+1}a_{n-1}\ie \frac{2}{n+1}(n-1)^2$; or
$\frac{2}{n+1}(n-1)^2-(2n+1)=\frac{1}{n+1}\big(2n^2-4n+2-(2n+1)(n+1) \big)=
\frac{1-7n}{n+1}\ie n$ pour $n\se1$.

Donc $a_{n+1}-a_n\ie 2n+1$, et $a_{n+1}\ie n^2+(2n+1)\ie (n+1)^2$ ce qui
\'{e}tablit $H_{n+1}$, et donc $H_n$ est vraie pour tout $n\se$ par r\'{e}currence
double.

Puisque $a_n\se1$, $|z|>1 \Rightarrow \sum |z|^n$ diverge $\Rightarrow \sum
a_n |z|^n$ diverge et donc $R\ie 1$.

Puisque $a_n\ie1$, $|z|<1 \Rightarrow \sum n^2 |z|^n$ converge $\Rightarrow
\sum a_n |z|^n$ converge et donc $R\se 1$.

Finalement \fbox{$R=1$}.

\vspace{-1ex}

\item
$a_{n+1}=a_n+\frac{2}{n+1}a_{n-1}$ et donc 
$a_{n+1}x^{n+1}-a_nx^{n+1}=\frac{2}{n+1}a_{n-1}x^{n+1}$, et 
$\sum_{n=1}^{\infty} a_{n+1}x^{n+1}-\sum_{n=1}^{\infty}a_nx^{n+1}=
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2}{n+1}a_{n-1}x^{n+1}$. Or
$\sum_{n=1}^{\infty} a_{n+1}x^{n+1}=\sum_{n=2}^{\infty} a_{n}x^{n}=S(x)-x$;
$\sum_{n=1}^{\infty}a_nx^{n+1}=x.\sum_{n=1}^{\infty}a_nx^{n}x.S(x)$ et
$\frac{\d }{\d x}\left(2\sum_{n=1}^{\infty}a_{n-11}\frac{x^{n+1}}{n+1}\right)
=2\sum_{n=1}^{\infty}a_{n+1}x^n=2x\sum_{n=1}^{\infty}a_{n-1}x^{n-1}=
2x\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}=2x(1+S(x))$

donc $\frac{\d }{\d x}\big((1-x)S(x)-x \big)=2x(1+S(x))$, soit
$(1-x)S'(x)-S(x)-1=2x(1+S(x))$ c'est-\`{a}-dire 
\fbox{$(E) : (1-x)S'(x)-(1+2x)S(x)=(1+2x)$}

\item
-1 est clairement solution de l'\'{e}quation compl\`{e}te ; R\'{e}solvons l'\'{e}quation sans
second membre : $(E_0) : (1-x)S'(x)=(2x+1)S(x)$ sur $]-\infty,1[$ et
$]1,+\infty[$.

$\frac{y'}{y}=(\ln|y|)'=\frac{2x+1}{1-x}=-2+\frac{3}{1-x}$ donne
$\ln|y|=-2x-3\ln{(1-x)}+cte$, donc $y(x)=\frac{\e{-2x}}{(1-x)^3}$ est une
solution de $(E_0)$.

Les solutions de $(E)$ sur $]-\infty,1[$ et $]1,+\infty[$ sont $x\mapsto
-1+\lambda.\frac{\e{-2x}}{(1-x)^3}$ $\lambda\in\R$.

Avec $\lambda=1$, on obtient $y(0)=0$ sur $]-\infty,1[$, soit par unicit\'{e} de
la solution du probl\`{e}me de Cauchy : \fbox{$S(x)=-1+\frac{\e{-2x}}{(1-x)^3}$ sur
$]-1,1[$}.

\item
$\lim_{x\to 1} \frac{\e{-2x}}{(1-x)^3}=+\infty$, donc 
Pour que $x\mapsto -1+\lambda.\frac{\e{-2x}}{(1-x)^3}$ $\lambda\in\R$, il faut
que $\lambda=0$. La seule solution de $(E)$ d\'{e}finie en 1 est la constante -1.

\end{enumerate}

\exo

\begin{enumerate}
\item 
Puisque $y(t)^2=t^2=2p.\frac{t^2}{2p}=2p.x(t)$, 
${\cal P}$ v\'{e}rifie l'\'{e}quation cart\'{e}sienne $y^2=2p.x$; C'est une parabole d'axe
$O_x$, et de coefficient $p$.

\begin{minipage}[t]{6cm}
\epsfysize=6cm \epsffile{m00dt3fa.eps} \\ \emph{figure 1}
\end{minipage}
\hfill 
\begin{minipage}[t]{6cm}
\epsfysize=6cm \epsffile{m00dt3fb.eps} \\ \emph{figure 2}
\end{minipage}

\item
$\frac{\d \overrightarrow{M}}{\d t}=\frac{t}{p}\i +\j$ est orthogonal \`{a} la
normale ; Appelons cette normale ${\cal N}(t)$.

$N:(X,Y)\in {\cal N}(t)$ ssi $\overrightarrow{ON}.\frac{\d
  \overrightarrow{M}}{\d t}=\overrightarrow{OM}(t).\frac{\d
  \overrightarrow{M}}{\d t}$, donc ssi 
\fbox{$\frac{t}{p}X+Y=\frac{t}{p}\frac{t^2}{2p}+t=t+\frac{t^3}{2p^3}$}.


\item
$M(\theta)\in{\cal N}(t)$ ssi 
$\frac{t}{p}\frac{\theta^2}{2p}+\theta=t+\frac{t^3}{2p^3}$, c'est-\`{a}-dire
$\frac{t}{2p^2}(\theta^2-t^2)+(\theta-t)=0$, donc 
$\frac{\theta-t}{2p^2}\big(t(t+\theta)+2p^2 \big)=0$, ce qui se ram\`{e}ne \`{a} 
$t^2+t\theta+2p^2=0$, puisque $t\not=\theta$.

Le nombre de points r\'{e}pondant aux conditions de l'\'{e}nonc\'{e} correspond aux
nombres de racines de ce trin\^{o}me de d\'{e}terminant $\Delta=\theta^2-8p^2$, soit
$\left\{ \begin{array}{ccc}
2 \textrm{ points} & \textrm{ si }& |\theta|>\sqrt{8}p \\ 
1 \textrm{ point } & \textrm{ si }& \theta=\pm\sqrt{8}p \\ 
0 \textrm{ point } & \textrm{ si }& |\theta|<\sqrt{8}p \\ 
 \end{array} \right.$ \emph{(cf. figure 1)}

\item
Si $|\theta|>\sqrt{8}p$, soient $t_1$ et $t_2$ les deux racines du trin\^{o}me 
$t^2+t\theta+2p^2$ : $t_1>t_2$ et $t_1.t_2=2p^2$.

La droite $\big(M(t_1),M(t_2)\big)$ a pour \'{e}quation : 
$\left|  \begin{array}{ccc}
X&\frac{t_1^2}{2p}&\frac{t_1^2}{2p} \\ Y&t_1&t_2 \\ 1&1&1 \\
 \end{array}  \right|=0$ soit, apr\`{e}s d\'{e}veloppement par rapport \`{a} la premi\`{e}re
colonne : $(2pX)(t_1-t_2)-Y(t_1^2-t_2^2)+t_1t_2.(t_1-t_2)=0$, et par
simplification par $t_1-t_2$ : $2pX-(t_1+t_2)Y+2p^2=0$ (car $t_1.t_2=2p^2$)
, \'{e}quation v\'{e}rifi\'{e}e par le point de coordonn\'{e}es
\fbox{$(X,Y)=(\frac{-1}{2p},0)$} pour toutes valeurs de $t_1$ et $t_2$.
\emph{(cf. figure 2)}

\end{enumerate}

\exo

\begin{enumerate}
\item 

\begin{minipage}{11cm}
Soit $\overrightarrow{p}(t)=\vecteur{\cos{t}\\\sin{t}\\t}$ et
$\overrightarrow{v}(t)=\vecteur{-\sin{t}\\\cos{t}\\1}$ ; alors
$\overrightarrow{OM}=a.\overrightarrow{p}(t)+u.\overrightarrow{v}(t)$,
donc $\frac{\partial \overrightarrow{M}}{\partial t}=
a.\overrightarrow{p}'(t)+u.\overrightarrow{\alpha}'(t)=
a.\overrightarrow{\alpha}(t)+u.\overrightarrow{\alpha}'(t)$
et 

$\frac{\partial \overrightarrow{M}}{\partial u}=\overrightarrow{v}(t)$.
La normale \`{a} la surface ${\cal C}$ en $M(t,u)$ est donc dirig\'{e}e par 

$\frac{\partial \overrightarrow{M}}{\partial t} \wedge \frac{\partial
  \overrightarrow{M}}{\partial u}= -u\overrightarrow{v}'(t)\wedge
\overrightarrow{v}(t)= u(-\sin{t}\i+\cos{t}\j+\k)$, 
qui ne s'annule que si $u=0$ ; 

$M(t,u)$ est r\'{e}gulier si $u\not=0$, et alors le plan tangent \`{a} ${\cal S}$ en
$M(t,u)$ a pour \'{e}quation
$-\sin{t}.X+\cos{t}.Y+Z=-\sin{t}.(a\cos{t}-u\sin{t})+
\cos{t}.(a\sin{t}+u\cos{t})+at+u$ ,c'est-\`{a}-dire
\fbox{$-\sin{t}.X+\cos{t}.Y+Z=at$}
\end{minipage}
\begin{minipage}{5cm}
\epsfysize=6cm \epsffile{m00dt3fc.eps} \\
 ${\cal S}$ et ${\cal C}$ $\nearrow$
\end{minipage}
\vspace{-2ex}

\item
\underline{${\cal S}$ est r\'{e}gl\'{e}e} car engendr\'{e}e par les droites
$(P(t),\overrightarrow{v}(t))$ o\`{u}
$\overrightarrow{OP}(t)=a.\overrightarrow{p}(t)$.

L'\'{e}quation du plan tangent en $M(t,u)$ \`{a} ${\cal S}$ ne d\'{e}pend pas de $u$, donc
\underline{${\cal S}$ est d\'{e}veloppable}.

\item
Soit $N(t)$ le point d\'{e}fini par
$\overrightarrow{ON}(t)=\cos{t}\i+\sin{t}\j+at\k$; alors 
$\frac{\d N}{\d t}=-\sin{t}\i+\cos{t}\j+a\k$ .

Le point courant de la tangente \`{a} ${\cal C}$ en $N(t)$ est $T(t,\lambda)
: (-\lambda\sin{t}+\cos{t},\lambda\cos{t}+\sin{t},\lambda a+at)$ ; 
$T(t,\frac{u}{a})$ est l'image de $M(t,u)$ par une homoth\'{e}tie de centre O et
de rayon $\frac{1}{a}$.

${\cal S}$ n'est pas engendr\'{e}e par les tangentes \`{a} ${\cal C}$, sauf si $a=1$.

\item
$\frac{\d \overrightarrow{N}}{\d t}=-\sin{t}\i+\cos{t}\j+a\k$ et
$\frac{\d^2 \overrightarrow{N}}{\d t^2}=-\cos{t}\i-\sin{t}\j$, donc l'\'{e}quation
du plan osculateur \`{a} ${\cal C}$ est $\left|  \begin{array}{ccc}
a&b&c \\ 
X-\cos{t}&\cos{t}&-\sin{t} \\ Y-\sin{t}&\sin{t}&\cos{t} \\ Z-at&a&0 \\
 \end{array}  \right|=0$ , c'est-\`{a}-dire :
$a\sin{t}X-a\cos{t}Y+Z=a\sin{t}\cos{t}-a\cos{t}\sin{t}+at=at$;

On retrouve l'\'{e}quation du plan tangent \`{a} ${\cal S}$ en $M(t,u)$.

\end{enumerate}

\vfill

\hfill \textsf{\small Christian Rieffel, Lyc\'{e}e Louis Armand --- Poitiers }
 \texttt{\small ch.rieffel@free.fr}

\end{document}










