\documentclass[10pt,a4paper]{article}

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\begin{document}
\begin{center}
\'Ecole Nationale du G\'enie de l'eau et de l'environnement de
Strasbourg.\medskip\\
Concours 2000. \'Epreuve de math\'ematiques B. Fili\`ere PSI.\medskip\\
Dur\'ee : 2 heures 30\medskip\\
\end{center}
%
%
%
\subsection*{Probl\`eme 1}
%
% Q1
%
\ques \sq a $(X|Y)={}^t\!XY$ et $\| X\|=\sqrt{{}^t\!XX}$\\
%
%
\sq b Notons $(e_1,\ldots ,e_n)$ la base canonique de
$E=\R^n$.\\
Si $X=\left(\begin{array}{c}
  x_1 \\
  \vdots \\
  x_n
\end{array}\right)$, $\qp(X)=\sum\limits_{i=1}^nx_i\qp (e_i)=(X|U)$
o\`u l'on a pos\'e $U=\left(\begin{array}{c}
  \qp(e_1) \\
  \vdots \\
  \qp(e_n)
\end{array}\right)$\\
d'o\`u l'existence d'un tel vecteur $U$.
Remarquons d'ailleurs que ce vecteur $U$ est unique.\\
%
%
\sq c
%
$\star$ Pour $Y \in F$ fix\'e, l'application $$\begin{array}{ccc}
  E & \to & \R \\
  X & \mapsto & (f(X)|Y)
\end{array}$$ est une application lin\'eaire de $E$ dans $\R$ (par
lin\'earit\'e de $f$ et lin\'earit\'e \`a gauche du produit scalaire) :
d'apr\`es b), il existe donc $U=g(Y)\in E$ tel que $\forall X \in
E$, $$(f(X)|Y)=(X|g(Y))$$
%
$\star$ Soit $(X,Y,Z)\in E\times F^2$ et $(\ql ,\qm)\in\R^2$.
Alors, d'apr\`es la lin\'earit\'e de $f$ et la bilin\'earit\'e du produit
scalaire, on a \begin{eqnarray*} (X|g(\ql Y+\qm Z)-\ql g(Y)-\qm
g(Z))&=&(X|g(\ql Y+\qm Z))-\ql(X|g(Y))-\qm(X|g(Z))\\
&=&(f(X)|\ql Y+\qm Z)-\ql(f(X)|Y)-\qm(f(X)|Z)\\
&=&(f(X)|\ql Y+\qm Z-\ql Y-\qm Z)=0
\end{eqnarray*}
Ceci \'etant vrai pour tout vecteur $X$ de $E$, on en d\'eduit que
$g(\ql Y+\qm Z)-\ql g(Y) -\qm g(Z)=0$ ce qui prouve la lin\'earit\'e
de $g$.\\
%
$\star$ Soit $\mathcal{B}=(e_1,\ldots ,e_n)$ et
$\mathcal{C}=(f_1,\ldots ,f_m)$ les bases canoniques de $E$ et
$F$. Posons $A=M_{\mathcal{B},\mathcal{C}}(f)=(a_{i\, j})$ et
$B=M_{\mathcal{C},\mathcal{B}}(g)=(b_{i\, j})$. Comme ces bases
sont orthonorm\'ees, on a pour tout $(i,j)\in [\! [1,m]\! ]\times
[\! [1,n]\! ]$, $$a_{i\, j}=(f(e_j)|f_i) \mathrm{\quad et\quad}
b_{i\, j}=(e_i|g(f_j))=(f(e_i)|f_j)$$ donc $B={}^t\! A$.\medskip\\
%
% Q2
%
\ques \textit{Une bonne connaissance des r\'esultats sur la
projection orthogonale sur un sous--espace vectoriel de dimension
finie permet de r\'epondre simplement \`a cette question. Essayons
toutefois de respecter la ``d\'emarche'' de l'\'enonc\'e qui souhaite
n'utiliser ce genre d'arguments qu'\`a partir de la
question 3.c) ...}\\
$\star$ $J$ est une partie de $\R$, non vide (elle contient par
exemple $\|B\|^2$) et minor\'ee par $0$ donc elle poss\`ede une borne
inf\'erieure dans $\R$.\\
$\star$ Vu l'identification faite entre vecteurs et vecteurs
colonnes, $\{AX; X\in E\}$ n'est autre que $\im f$. Posons
$$\mathcal{K}=\{Y\in\im f / \|Y-B\|\le\| B\|\}$$ Alors
$\mathcal{K}$ est un compact non vide de $F$ et l'application $$\begin{array}{ccc}
  \mathcal{K} & \to & \R \\
  Y & \mapsto & \|Y-B\|
\end{array}$$ est continue (car lipschitzienne) : cette
application poss\`ede donc un minimum effectivement atteint en un
vecteur $Y_0=AX_0\in\mathcal{K}$. On a alors $\|AX_0-B\|^2=K_0$
car si $X\in E$, ou bien $AX\in\mathcal{K}$ auquel cas
$\|AX-B\|\ge\|AX_0-B\|$ ou bien $AX\not\in \mathcal{K}$ auquel
cas $\|AX-B\|>\|B\|\ge\|AX_0-B\|$.\medskip\\
%
% Q3
%
\ques \sq a $\star$ Supposons que $Y$ est pseudo--solution de
$(\mathcal{S})$. Soit $U\in E$; on a pour tout $t$ r\'eel $$
\|A(Y+tU)-B\|^2\ge \|AY-B\|^2$$ soit, pour tout $t$ r\'eel, $$
t^2\|AU\|^2-2t(AU|AY-B)\ge 0$$ ce qui impose $(AU|AY-B)=0$
\emph{i.e.} $(U|{}^t\!A(AY-B))=0$ (en effet, sinon, entre les
racines $t'=0$ et $t''=\dps 2\frac{(AU|AY-B)}{\|AU\|^2}$, la
quantit\'e $
t^2\|AU\|^2-2t(AU|AY-B)$ serait strictement n\'egative).\\
Ceci \'etant vrai pour tout $U$ de $E$, on a ${}^t\!A(AY-B)=0$ donc
$Y$ est solution de
$(\mathcal{S}')$.\\
$\star$ R\'eciproquement, si ${}^t\!A(AY-B)=0$, on a pour tout $X$
de $E$, $$\|AX-B\|^2=\|AY-B\|^2+\|A(X-Y)\|^2+2(A(X-Y)|AY-B)$$ or
$(A(X-Y)|AY-B)=(X-Y|{}^t\!A(AY-B))=0$ donc
$$\|AX-B\|^2=\|AY-B\|^2+\|A(X-Y)\|^2\ge\|AY-B\|^2$$ donc $Y$ est
solution de $(\mathcal{S})$.\\
%
\sq b $G$ \'etant un sous--espace vectoriel de dimension finie de
$F=\R^m$, on sait que, pour tout $Z$ de $G$, $$\|Z-B\| \ge
\|p(B)-B\|$$ avec \'egalit\'e si et seulement si $Z=p(B)$. On en
d\'eduit que $Y$
est pseudo solution de $\mathcal{S}$si, et seulement si $AY=p(B)$.\medskip\\
%
% Q4
%
\ques \sq a Soit $X\in E$. Si $A.X=0_m$ on a bien s\^ur
${}^t\!A.A.X=0_n$. R\'eciproquement, si ${}^t\!A.A.X=0_n$, on a
${}^t\!X.{}^t\!A.A.X=\|AX\|^2=0$ donc $AX=0_m$.\\
\sq b D'apr\`es a), les applications lin\'eaires canoniquement
associ\'ees \`a $A$ et \`a ${}^t\!A.A$ ont m\^eme noyau, donc, par la
formule du rang, m\^eme rang soit $\rg A = \rg {}^t\!A.A$.\medskip\\
%
% Q5
%
\ques Si $\rg A=n$, on a $\rg {}^t\!A.A =n$; or ${}^t\!A.A
\in\mathcal{M}_n(\R)$ donc ${}^t\!A.A$ est inversible et, d'apr\`es
3.a), $(\mathcal{S})$ admet une unique pseudo--solution donn\'ee
par $X=({}^t\!A.A)^{-1}{}^t\! A.B$.\medskip\\
%
% Q6
%
\ques \sq a L'op\'eration $L_4\leftarrow L_4+L_1$ conduit \`a $3z=6$
qui est incompatible avec la troisi\`eme \'equation du syst\`eme.\\
\sq b $A=\left(\begin{array}{rrr}
  -1 & 0 & 1 \\
  2 & 3 & -1 \\
  0 & 0 & 1 \\
  1 & 0 & 2
\end{array}\right)$ est de rang 3 (on v\'erifie facilement
l'ind\'ependance lin\'eaire des colonnes), donc il y a une unique
pseudo--solution qu'on peut calculer soit par
$X=({}^t\!A.A)^{-1}{}^t\! A.B$, soit en cherchant $X$ tel que
$AX=p(B)$ c'est--\`a--dire tel que $AX-B$ soit orthogonal aux trois
colonnes de $A$. On obtient $X=\left(\begin{array}{c}
  x=\frac{5}{11} \\
  y=\frac{13}{33} \\
  z=\frac{12}{11}
\end{array}\right)$
%
%
% DEUXIEME PROBLEME
%
%
%
\subsection*{Probl\`eme 2}
%
% Q1
%
\addtocounter{num}{-6} \ques $\star$ La solution g\'en\'erale de
l'\'equation homog\`ene $(\mathcal{H})$ : $y'(1+x^2)=3xy$ associ\'ee \`a
$(\mathcal{E})$ est $$x\mapsto
k\e^{\int\frac{3x}{1+x^2}\,dx}=k(1+x^2)^{3/2}\quad (k\in\R)$$
$\star$ La m\'ethode de la variation de la constante consiste \`a
rechercher une solution particuli\`ere de $(\mathcal{E})$ sous la
forme $y_0(x)=k(x)(1+x^2)^{3/2}$ o\`u $k$ est une application de
classe $\mathcal{C}^1$ de $\R$ dans $\R$. Dans ces conditions
$y_0$ est solution si et seulement si
$k'(x)=\dps\frac{1}{(1+x^2)^{5/2}}$. En effectuant successivement
les changements de variables $\qt=\Arctan x$ puis $s=\sin
\qt=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$, on obtient
$$\int\frac{dx}{(1+x^2)^{5/2}}=\int\cos^3\qt\,d\qt =
\int(1-s^2)\,ds=\sin\qt-\frac{\sin^3\qt
}{3}+c=\frac{3x+2x^3}{3(1+x^2)^{3/2}}+c$$ d'o\`u , en choisissant
$c=0$, la solution particuli\`ere $y_0(x)=x+\frac{2}{3}x^3$.
L'\'equation $(\mathcal{E})$ admet donc pour solution g\'en\'erale
$$x\mapsto k(1+x^2)^{3/2}+x+\frac{2}{3}x^3 \quad (k\in\R)$$
$\star$ Pour $x>0$,
$(1+x^2)^{3/2}=x^3\left(1+\frac{1}{x^2}\right)^{3/2}
=x^3+\frac{3}{2}x+\frac{3}{8x}+o(\frac{1}{x})$ d'o\`u\\
$k(1+x^2)^{3/2}+x+\frac{2}{3}x^3=
(k+\frac{2}{3})(x^3+\frac{2}{3}x)+\frac{3}{8x}+o(\frac{1}{x})$.
Il existe donc une unique solution de $(\mathcal{E})$ admettant
une limite finie en $+\infty$, celle pour $k=-\frac{2}{3}$,
d\'efinie par
$$g(x)=x+\frac{2}{3}x^3-\frac{2}{3}(1+x^2)^{3/2}$$\medskip\\
%
% Q2
%
\ques $g'(x)=1+2x^2-2x\sqrt{1+x^2}=(x-\sqrt{1+x^2})^2$ qui est
toujours strictement positif, donc $g$ est strictement croissante
sur $\R$.\medskip\\
%
% Q3
%
\ques Si $x<0$,
$g(x)=x+\frac{2}{3}x^3+\frac{2}{3}x^3(1+\frac{1}{x^2})^{3/2}=
\frac{4}{3}x^3+2x+\frac{1}{4x}+o(\frac{1}{x})$ donc
$\frac{g(x)}{x^3}\tend\limits_{-\infty} \frac{4}{3}$ et la courbe
d'\'equation $y=\frac{4}{3}x^3+2x$ est asymptote \`a $C_g$ au
voisinage de $-\infty$, $C_g$ \'etant situ\'ee au dessous de son
asymptote au voisinage de $-\infty$.\newpage
%
% Q4
%
\ques
 \begin{figure}[h]
\includegraphics[width=12cm,angle=-90]{m00gs2f.eps}
\end{figure}

\end{document}
