\documentclass[10pt,a4paper]{article}
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%% En-tête (contenu de enteteDS.tex)
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\newcommand{\Titre}{\begin{textblock}{1}[0.5,0.5](0.5,-0.023)
\huge\centering \bfseries DS\numeroDS
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\newcommand{\Titrecorrige}{\begin{textblock}{1}[0.5,0.5](0.5,-0.023)
\huge\centering \bfseries Proposition de corrigé du DS\numeroDS
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\newenvironment{exoDS}[1][]{\vspace{1em}\par\noindent\textbf{\refstepcounter{DM}Exercice DS\numeroDS.\theDM}{\vspace{1em}\par}}

\newcommand\consignes[2]{\textit{Dur\'ee : #1h. La calculatrice et tout autre document que des copies vierges est interdit. Vous inscrirez lisiblement vos noms et prénoms et laisserez une marge \`a gauche de votre copie pour les annotations (les marges d\'ej\`a faites sur certaines copies suffisent). Si vous rep\'erez une éventuelle erreur d'\'enonc\'e, faites le figurer sur votre copie. La présentation est prise en compte dans l'évaluation : pensez à encadrer vos résultats. \textbf{Vous s\'eparerez, dans vos copies, #2}}}

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%% Macros (extraites de commandes.tex)
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% Logique
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% Sommes, intégrales
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% Algèbre linéaire
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% Analyse
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% Géométrie
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\begin{document}

\Titrecorrige

\begin{exoDS}
\begin{enumerate}
\item Soit $n\in\N$, $f : I\to \R$ et $x_0\in I$ où $I$ est un intervalle. Si $f$ est de classe $\Ck{n+1}$ sur $I$, alors, pour tout~$x\in I$ :
\[
\boxed{f(x) = \sum_{k=0}^n \dfrac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k + \int_{x_0}^x \dfrac{f^{(n+1)}(t)}{n!}(x-t)^{n} \dx{t}}.\]
\item Soit $M$ un point du plan de coordonnées $(x,y,z) \in \R^3$ dans $\mathcal R$. On a les équivalences :
\begin{align*}
M \in \mathscr P \Longleftrightarrow [\overrightarrow{AM},\vect{u},\vect{v}] = 0
\Longleftrightarrow \begin{vmatrix}
x - 5 & 0 & 3\\
y - 1 & 1 & 0\\
z - 3 & 0 & -4
\end{vmatrix} = 0 \Longleftrightarrow -4 x -3 z+29 = 0.
\end{align*}
\fbox{En conclusion, le plan $\mathscr P$ a pour équation cartésienne $-4x-3z+29 = 0$.}
\item Soit $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3,\lambda_4 \in \R$ tel que
\[\lambda_1 u_1 + \lambda_2 u_2 + \lambda_3 u_3 + \lambda_4 u_4 = (0,0,0,0).\]
On obtient le système (échelonné) :
\[\left\{ \begin{array}{rcl}
\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3+\lambda_4 = 0\\
\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3 = 0\\
\lambda_1+\lambda_2 = 0\\
\lambda_1 = 0\\
\end{array}\right. \Longleftrightarrow \lambda_1 = \lambda_2 = \lambda_3 = \lambda_4 = 0.\]
\fbox{En conclusion, la famille $({u_1},{u_2},{u_3},{u_4})$ est libre.}
\end{enumerate}
\end{exoDS}
\bigskip

\begin{exoDS}
\begin{enumerate}
\item
\begin{itemize}
\item Montrons que~$F$ est un sous-espace vectoriel de~$E$.

L'ensemble~$F$ est non vide car il contient le vecteur nul. Soient~$u=(x,y,z,t)$ et~$v=(x',y',z',t')$ deux vecteurs de~$F$ et soit~$(\lambda,\mu)\in\R^2$: alors
$$ \begin{array}{rrl} & \Big(\lambda x+\mu x'\Big)-2\Big(\lambda y+\mu y'\Big) & = \lambda\cdot\Big(x-2y\Big)+\mu\cdot\Big(x'-2y'\Big) \\[2mm] & & = 0 \text{ car } (u,v)\in F^2 \\[2mm]  \text{et} & 2\Big(\lambda z+\mu z'\Big)-\Big(\lambda t+\mu t'\Big) & = \lambda \cdot \Big(2z-t\Big)+\mu\cdot \Big(2z'-t'\Big) \\[2mm] & &=0 \text{ car } (u,v)\in F^2. \end{array} $$
Le vecteur~$\lambda u+\mu v$ appartient donc \`a~$F$, puisqu'il v\'erifie les \'equations de~$F$. Ainsi~$F$  est non vide et est stable par combinaison lin\'eaire de deux vecteurs, c'est donc un sous-espace vectoriel de~$E$.
\item L'ensemble~$G=\Vect(e_1,e_2)$ est un sous-espace vectoriel de~$E$ par d\'efinition du sous-espace vectoriel engendr\'e par un ensemble.
\end{itemize}
Ainsi, \fbox{$F$ et~$G$ sont des sous-espaces vectoriels de~$E$}.
\item
\begin{itemize}
\item Par d\'efinition du sous-espace vectoriel engendr\'e par un ensemble, la famille~$(e_1,e_2)$ est une famille g\'en\'eratrice de~$G$. Montrons qu'elle est libre. Soit~$(\lambda,\mu)\in\R^2$ tel que~$\lambda e_1+\mu e_2=0_E$. Alors
$$  \lambda  e_1+\mu e_2 = (\lambda,\mu,\lambda,\mu) = (0,0,0,0) \qquad \text{donc} \qquad \lambda=\mu=0. $$
Cette famille est donc libre, et en fin de compte, \fbox{$(e_1,e_2)$ est une base de~$G$}.
\item Montrons que la famille~$(f_1,f_2)$ est libre. Soit~$(\lambda,\mu)\in\R^2$ tel que~$\lambda f_1+\mu f_2=0_E$. Alors
$$  f_1+\mu f_2 = (2\lambda,\mu,\lambda,2\mu) = (0,0,0,0) \qquad\text{donc}\; \lambda=\mu=0. $$
Ainsi, $(f_1,f_2)$ est une famille libre.
\item Montrons que~$(f_1,f_2)$ est une famille g\'en\'eratrice de~$F$. Soit~$u\in F$, $u=(x,y,z,t)$. On sait alors d'apr\`es les \'equations de~$F$ que~$x=2y$ et que~$t=2z$. Par cons\'equent,
$$ u =  \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \\ t \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2y \\ y \\ z \\ 2z \end{pmatrix} = y\cdot \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + z \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix} = yf_1+zf_2.  $$
Ainsi, tout vecteur de~$F$ est combinaison lin\'eaire de~$f_1$ et~$f_2$, qui est donc une famille g\'en\'eratrice de~$F$.
\item On conclut que \fbox{$(f_1,f_2)$ est une base de~$F$}.
\end{itemize}
\item Soit~$(\lambda,\mu)\in\R^2$. Alors
$$ \lambda e_1+\mu e_2 = \lambda\cdot (1,0,1,0)+\mu\cdot(0,1,0,1)=(\lambda,\mu,\lambda,\mu). $$
En reportant ces coordonn\'ees dans l'\'equation de~$F$, il vient
$$ \lambda e_1+\mu e_2 \in F  \Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{r} \lambda -2\mu = 0 \\ 2\lambda -\mu = 0 \end{array}\right. \underset{L_2\leftarrow L_2-2L_1}{\Longleftrightarrow} \left\{ \begin{array}{r} \lambda-2\mu = 0  \\ \mu = 0  \end{array}\right.  $$
soit~$\boxed{\lambda = \mu = 0}$.
\item La question pr\'ec\'edente montre que si une combinaison lin\'eaire de~$e_1$ et~$e_2$ appartient \`a~$F$, alors c'est la combinaison lin\'eaire nulle: puisque~$\Vect(e_1,e_2)=G$, ceci \'equivaut \`a dire que tout \'el\'ement de~$G$ qui appartient \'egalement \`a~$F$ est le vecteur nul, et le vecteur nul appartient \'egalement \`a~$F$ et~$G$ puisque ce sont des sous-espaces vectoriels de~$E$. Autrement dit, $\boxed{F\cap G = \{0_E\}}$.
\item On considère~$u=(x,y,z,t)\in\R^4$. R\'esolvons l'\'equation \og $u=\lambda_1e_1+\lambda_2e_2+\lambda_3e_3+\lambda_4e_4$\fg\@ d'inconnue~$(\lambda_1,\dots,\lambda_4)\in\R^4$. On~a
    $$ \begin{array}{rcl} u=\lambda_1e_1+\lambda_2e_2+\lambda_3e_3+\lambda_4e_4 & \Longleftrightarrow & \left\{\begin{array}{rl} \lambda_1+2\lambda_3 & = x \\  \lambda_2+\lambda_3 & = y \\ \lambda_1+\lambda_4 & = z  \\  \lambda_2+2\lambda_4 & = t  \end{array}\right. \\[4mm]
    & \underset{\substack{L_3 \leftarrow L_3-L_1 \\ L_4 \leftarrow L_4-L_2}}{\Longleftrightarrow} & \left\{ \begin{array}{rl}  \lambda_1+2\lambda_3 & = x \\  \lambda_2+\lambda_3 & y \\ -2\lambda_3+\lambda_4 & = -x+z  \\ -\lambda_3+2\lambda_4 & = -y+t \end{array} \right. \\[4mm]
      & \underset{L_4 \leftarrow 2L_4-L_3}{\Longleftrightarrow} & \left\{\begin{array}{rl} \lambda_1+2\lambda_3 & = x \\  \lambda_2+\lambda_3 & y  \\  2\lambda_3-\lambda_4 & = -x+z  \\ 3\lambda_4 & = -x-2y-z+2t \end{array}\right.  \\[8mm]
\end{array}.$$
Ce syst\`eme de quatre \'equations \`a quatre inconnues admet une solution unique car il est triangulaire sup\'erieur \`a coefficients diagonaux non nuls.

Ceci prouve que, pour tout~$u\in E$, l'\'equation \og $u=\lambda_1e_1+\lambda_2e_2+\lambda_3f_1+\lambda_4f_2$\fg\@ admet une unique solution~$(\lambda_1,\dots,\lambda_4)\in\R^4$: autrement dit, tout vecteur de~$E$ s'\'ecrit de fa\c{c}on unique comme combinaison lin\'eaire des vecteurs~$e_1,e_2,f_1,f_2$, ce qui signifie exactement que \fbox{$(e_1,e_2,f_1,f_2)$ est une base de~$E$}.
\item La question pr\'ec\'edente montre que, pour tout~$u\in E$, il existe un unique quadruplet $(\lambda_1,\dots,\lambda_4)\in\R^4$ tel que
$$ u = \lambda_1e_1+\lambda_2e_2+\lambda_3f_1+\lambda_4f_2. $$
En notant $v=\lambda_1 e_1+\lambda_2e_2$ et $w=\lambda_3f_1+\lambda_4f_2$, on a alors
$$ \left\{ \begin{array}{l} u = v+w \\ v \in G \\ w \in F \end{array}\right.   $$
et une telle \'ecriture est possible pour tout vecteur $u\in E$:
\begin{center}
\fbox{
\begin{minipage}{8.5cm}
tout vecteur de $E$ peut s'\'ecrire comme somme d'un vecteur de $F$ et d'un vecteur de $G$.
\end{minipage}
}
\end{center}
\item
\begin{itemize}
\item D'apr\`es la question 3.2, tout vecteur de~$E$ peut s'\'ecrire comme somme d'un vecteur de~$F$ et d'un vecteur de~$G$: autrement dit, $E\subset F+G$, et l'inclusion r\'eciproque est \'evidente, donc~$F+G=E$.
\item D'apr\`es la question 2.2, $F\cap G=\{0_E\}$, donc la somme~$F+G$ est directe.
\end{itemize}
Ceci prouve que $F\oplus G = E$:
\begin{center}
\fbox{$F$ et $G$ sont deux sous-espaces vectoriels suppl\'ementaires de~$E$.}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exoDS}
\bigskip

\begin{exoDS}
\begin{enumerate}
\item Le plan~$\mathscr{P}_1$ passe par~$O$ et est dirig\'e par~$\vect{u}$ et~$\vect{a}$, donc pour tout~$M(x,y,z)\in\mathscr{E}$, on a les \'equivalences:
$$ \begin{array}{rcl} M\in\mathscr{P}_1 &\Longleftrightarrow& \left[\vect{OM},\vect{u},\vect{a}\right]=0 \\[2mm] & \Longleftrightarrow & \begin{array}{|ccc|} x & 1 & 1 \\ y & 1 & -1 \\ z & 1 & 0 \end{array} = 0 \end{array}$$
En d\'eveloppant le d\'eterminant obtenu par rapport \`a la troisi\`eme colonne,
$$ \begin{array}{rcl} M\in\mathscr{P}_1  & \Longleftrightarrow & (y-z)-(-1)\cdot(x-z) = 0 \\[2mm] & \Longleftrightarrow & y-z+x-z = 0 \\[2mm] & \Longleftrightarrow & x+y-2z = 0 \end{array} $$
\begin{center}
\fbox{Le plan~$\mathscr{P}_1$ a pour \'equation cart\'esienne~$x+y-2z=0$.}
\end{center}
De la m\^eme mani\`ere, pour tout~$M(x,y,z)\in\mathscr{E}$,
$$ \begin{array}{rcl} M \in \mathscr{P}_2 & \Longleftrightarrow & \left[\vect{OM},\vect{v},\vect{a}\right]=0 \\[2mm] & \Longleftrightarrow & \begin{array}{|ccc|} x & 1 & 1 \\ y & 1 & -1 \\ z & -1 & 0 \end{array} = 0\\[6mm] & \Longleftrightarrow & (-y+z)-(-1)\cdot(-x-z)=0 \\[2mm] & \Longleftrightarrow & x+y+2z=0 \end{array}$$
\begin{center} \fbox{Le plan~$\mathscr{P}_2$ a pour \'equation cart\'esienne~$x+y+2z=0$.} \end{center}
\item On d\'eduit de leurs \'equations calcul\'ees \`a la question pr\'ec\'edente que le plan~$\mathscr{P}_1$ a pour vecteur normal~$\vect{n_1}$ et que le plan~$\mathscr{P}_2$ a pour vecteur normal~$\vect{n_2}$, avec
$$ \vect{n_1} \, (1,1,-2) \qquad\text{et}\qquad\vect{n_2}\, (1,1,2). $$
Le plan~$\mathscr{P}_1$ a~$\vect{n_1}$ pour vecteur normal et contient~$O$, donc d'apr\`es la formule donnant la distance d'un point \`a un plan connaissant un point et un vecteur normal de ce~plan,
$$ d(A,\mathscr{P}_1) = \frac{\left|\vect{OA}\cdot\vect{n_1}\right|}{\left\|\vect{n_1}\right\|}
%= \frac{|(3,3,0)\cdot(1,1,-2)|}{\sqrt{1^2+1^2+(-2)^2}}
= \frac{6}{\sqrt{6}}  $$
donc~$\boxed{d(A,\mathscr{P}_1)=\sqrt{6}}$. Par la m\^eme formule,
$$ d(A,\mathscr{P}_2) = \frac{\left|\vect{OA}\cdot\vect{n_2}\right|}{\left\|\vect{n_2}\right\|}
%= \frac{|(3,3,0)\cdot(1,1,2)|}{\sqrt{1^2+1^2+2^2}}
\quad\text{soit}\quad \boxed{d(A,\mathscr{P}_2)=\sqrt{6}.} $$
\item La droite~$\mathscr{D}$ est normale \`a~$\mathscr{P}_2$ donc elle est dirig\'ee par le vecteur~$\vect{n_2}$ calcul\'e \`a la question pr\'ec\'edente. Puisqu'elle passe par~$A$, on a pour tout~$M(x,y,z)\in\mathscr{E}$
$$ \begin{array}{rcl} M \in \mathscr{D} & \Longleftrightarrow & \exists t \in \R,\; \vect{AM} = t\vect{n_1} \\[2mm] & \Longleftrightarrow & \exists t \in \R,\; \begin{pmatrix} x-3 \\ y-3 \\ z \end{pmatrix} = t\cdot\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix} \end{array} $$
Une repr\'esentation param\'etrique de~$\mathscr{D}$ est donc donn\'ee~par
$$ \boxed{M(x,y,z)\in\mathscr{D} \Longleftrightarrow \exists t\in\R,\; \left\{\begin{array}{l} x = 3+t \\ y = 3+t \\ z = 2t \end{array}\right. }$$
Par les op\'erations \'el\'ementaires \og $L_2\leftarrow L_1-L_2$\fg\@ et \og $L_3\leftarrow 2L_1-L_3$\fg, on d\'eduit du r\'esultat pr\'ec\'edent que
$$ M(x,y,z)\in\mathscr{D} \Longleftrightarrow \exists t\in\R,\; \left\{\begin{array}{rl} x & = 3+t \\ x-y & = 0 \\ 2x-z  & = 6 \end{array}\right. $$
ce qui donne pour syst\`eme d'\'equations cart\'esiennes:
$$ \boxed{M(x,y,z)\in\mathscr{D} \Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{r} x-y =0 \\ 2x-z  = 6 \end{array}\right. } $$
\item Par d\'efinition du projet\'e orthogonal, le point~$H$ appartient \`a~$\mathscr{P}_1$ et $\vect{AH}$ est normal \`a~$\mathscr{P}_1$, autrement dit les vecteurs~$\vect{AH}$ et~$\vect{n_1}$ sont colin\'eaires. D'apr\`es cette derni\`ere condition, en notant~$(x,y,z)$ les coordonn\'ees de~$H$, il existe~$t\in\R$ tel~que
$$ \left\{\begin{array}{r} x-3 = t \\ y-3 = t \\ z= -2t \end{array}\right. \qquad\text{donc}\qquad \left\{\begin{array}{l} x = 3+t \\ y = 3+t \\ z = -2t \end{array}\right.   $$
En reportant ces valeurs de~$x,y,z$ dans l'\'equation de~$\mathscr{P}_1$ calcul\'ee \`a la premi\`ere question, on obtient
$$ (3+t)+(3+t)-2\cdot(-2t) = 0 \quad\text{donc}\quad 6+4t = 0 \quad\text{soit}\quad t = -\frac{3}{2} $$
puis en reportant cette valeur de~$t$ dans les coordonn\'ees de~$x,y,z$,
$$ \left\{ \begin{array}{l} x = 3-3/2 = 3/2 \\ y = 3-3/2 = 3/2 \\ z = -2\cdot(-3/2) = 3 \end{array}\right. $$
\fbox{Le point~$H$ a pour coordonn\'ees~$\left(\dfrac{3}{2},\dfrac{3}{2},3\right)$.}
\item On a pour tout~$M\in\mathscr{E}$ de coordonn\'ees~$(x,y,z)$:
$$ \begin{array}{rcl} M\in\mathscr{S} & \Longleftrightarrow & x^2-6x+y^2-6y+z^2 = -12 \\[2mm] & \Longleftrightarrow & (x-3)^2-9+(y-3)^2-9+z^2 = -12 \\[2mm] & \Longleftrightarrow &  (x-3)^2+(y-3)^2+(z-0)^2 = 6 \end{array} $$
Puisque le point de coordonn\'ees~$(3,3,0)$ est~$A$,
\begin{center}
\fbox{$\mathscr{S}$ est la sph\`ere de centre~$A$ et de rayon~$\sqrt{6}$.}
\end{center}
%\item La sph\`ere~$\mathscr{S}$ est centr\'ee en~$A$ et de rayon~$\sqrt{6}$ qui est aussi \'egal \`a la distance de~$A$ aux plans~$\mathscr{P}_1$ et~$\mathscr{P}_2$. Par cons\'equent, \fbox{la sph\`ere~$\mathscr{S}$ est tangente aux plans~$\mathscr{P}_1$ et~$\mathscr{P}_2$}.
\item Comme pr\'ec\'edemment, le plan~$\mathscr{P}_1$ \'etant dirig\'e par~$\vect{n}_1$ et contenant le point~$O$,
$$ d(M,\mathscr{P}_1) = \frac{\left|\vect{OM}\cdot\vect{n_1}\right|}{\|\vect{n_1}\|} \quad\text{donc}\quad \boxed{d(M,\mathscr{P}_1) = \frac{|x+y-2z|}{\sqrt{6}}  } $$
La droite~$\Delta$ passe par~$O$ et est dirig\'ee par~$\vect{b}$~donc
$$ d(M,\Delta) = \frac{\left\| \vect{OM}\wedge\vect{b}\right\|}{\|\vect{b}\|}
%= \frac{\left\|\begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}\wedge\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}\right\|}{\sqrt{1^2+1^2+0^2}} = \frac{\left\|\begin{pmatrix} -z \\ z \\ x-y\end{pmatrix}\right\|}{\sqrt{2}}
= \frac{\lVert (-z,z,x-y)\rVert}{\sqrt{2}}$$
ce qui donne $\boxed{d(M,\Delta) = \dfrac{\sqrt{2z^2+(x-y)^2}}{\sqrt{2}}}$.
\item Les deux distances \'etant positives, le point~$M$ est \'equidistant de la droite~$\Delta$ et du plan~$\mathscr{P}_1$ si et seulement si~$d(M,\mathscr{P}_1)^2=d(M,\Delta)^2$ ce qui~donne
$$ \begin{array}{rcl} d(M,\mathscr{P}_1) = d(M,\Delta) & \Longleftrightarrow & \dfrac{(x+y-2z)^2}{6} = \dfrac{2z^2+(x-y)^2}{2} \\[4mm] & \Longleftrightarrow & x^2+y^2+4z^2+2xy-4xz-4yz = 6z^2+3x^2+3y^2-6xy \\[2mm] & \Longleftrightarrow & 0 = 2x^2+2y^2+2z^2-8xy+4xz+4yz. \end{array}  $$
donc une \'equation de l'ensemble cherch\'e est~$\boxed{x^2+y^2+z^2-4xy+2xz+2yz=0}$.
\item Dans le plan~$\mathscr{P}_3$ d'\'equation~$x=1$, un point~$M$ de coordonn\'ees~$(1,y,z)$ appartient \`a~$\mathscr{P}_3\cap\mathscr{E}$ si ses coordonn\'ees v\'erifient l'\'equation pr\'ec\'edente o\`u l'on donne \`a~$x$ la valeur~$1$, autrement dit:
$$ \begin{array}{rcl} M(1,y,z)\in\mathscr{P}_3\cap\mathscr{E} & \Longleftrightarrow &  1+y^2+z^2-4y+2z+2yz = 0 \\[2mm] & \Longleftrightarrow & (y+z)^2-4y+2z+1=0. \end{array}  $$
Avec le changement de coordonn\'ees propos\'e, on a imm\'ediatement~$y+z=y'$ et par ailleurs, par somme et diff\'erence,
$$ y'+z' = 2y \qquad\text{et}\qquad y'-z'=2z. $$
En reportant ces valeurs dans l'\'equation pr\'ec\'edente, on obtient les \'equivalences suivantes:
$$ \begin{array}{rcl} 1+y^2+z^2-4y+2z+2yz = 0  & \Longleftrightarrow & y'^2-2(y'+z')+(y'-z')+1=0 \\[2mm] &  \Longleftrightarrow & y'^2-y'-3z+1 = 0 \\[2mm] & \Longleftrightarrow & z' = \dfrac{1}{3}\Big(y'^2-y'+1\Big). \end{array} $$
Il s'agit bien d'une parabole, dont l'axe de sym\'etrie est, dans les nouvelles coordonn\'ees, celui d'\'equation~$y'=-b/(2a)$ en notant~$a,b,c$ les coefficients du polyn\^ome du second degr\'e ci-dessus, donc~$y'=1/2$. En reportant les valeurs des anciennes coordonn\'ees, on a les \'equivalences \'evidentes
$$ y'=\dfrac{1}{2} \Longleftrightarrow y+z=\dfrac{1}{2} \Longleftrightarrow 2y+2z=1. $$
En conclusion,
\begin{center}
\fbox{\begin{minipage}{12.5cm}
l'ensemble~$\mathscr{P}_3\cap\mathscr{E}$ est une parabole incluse dans~$\mathscr{P}_3$ ayant pour axe de sym\'etrie la droite dont un syst\`eme d'\'equations cart\'esiennes est
$$ \left\{\begin{array}{l} x=1 \\ 2y+2z=1 \end{array}\right. $$
\end{minipage}}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exoDS}
\bigskip

% problème d'analyse
\begin{exoDS}
%\noindent \textbf{Partie I : une étude de fonction}
%
%On considère la fonction $g$ définie par :
%\[
%\begin{cases}
%  g(x)=\frac{1}{x^2}\mathrm{e}^{-\frac{1}{x}}\quad\text{si $x\in\R^*$}\\
%g(0)=0
%\end{cases}
%\]
\begin{enumerate}
\item La fonction $\exp$ est de classe $\mathscr C^{\infty}$ sur $\R$ et $x \mapsto \frac{1}{x}$ est de classe $\mathscr C^{\infty}$ sur $\R^*$ donc, par produit et composition, la fonction \fbox{$g$ est de classe $\mathscr C^{\infty}$ sur $\R^*$}.
\item Lorsque $x\to 0^-$, on a $-\frac{1}{x}\to +\infty $ donc $e^{-1/x}\to +\infty$ et $\frac{1}{x^2}\to +\infty$. Par conséquent, $g(x)\to +\infty$. $g$ n'est donc pas continue à gauche en $0$, a fortiori non dérivable à gauche en $0$. Lorsque $x\to 0^+$, on peut poser~$X=-\frac{1}{x}\to -\infty$ lorsque $x\to 0^+$, et on a $g(x)=X^2 e^X\to 0$ par croissance comparée (et composition). On en déduit que $g$ est continue à droite en $0$. Pour $x>0$, avec encore $X=-\frac{1}{x}$, on a~$\frac{g(x)-g(0)}{x-0}=-X^3 e^X \to 0$, donc $g$ est dérivable à droite en $0$ et $g'(0)=0$.

\fbox{En conclusion, $g$ est continue et dérivable à droite mais pas à gauche en $0$.}
\item La fonction $g$ est dérivable sur $\R^*$ avec : $\forall x\in\R^*, g'(x)=\frac{1-2x}{x^4} e^{-1/x}$ qui est du signe de $1-2x$. De plus, par opération, $g$ admet pour limite $0$ en $\pm \infty$. Par conséquent, on en déduit le tableau de variations suivant :

\begin{center}
\begin{tikzpicture}

   \tkzTabInit{$x$ / 1 , $g'(x)$ / 1, $g(x)$ / 2}{$-\infty$, $0$, $\frac{1}{2}$, $+\infty$}
   \tkzTabLine{, ,+ , , z, -, }
   \tkzTabVar{-/ $0$, +D-/ $+\infty$/ $0$, +/ $4\e^{-2}$ ,-/ $0$}
\end{tikzpicture}
\end{center}

\end{enumerate}

\noindent \textbf{Partie II : calcul d'aires}
\begin{enumerate}[resume]
\item Soit $h \in \R_+^*$. Cette aire vaut $\mathscr{A}(h) =\int_h^1 g(x) dx=\int_h^1 \frac{1}{x^2} e^{-1/x} dx $. En effectuant le changement de variable~$u=-\frac{1}{x}$, on obtient \[\boxed{\mathscr{A}(h) = \int_{-1/h}^{-1} e^u du =\left(\frac{1}{e}-e^{-1/h}\right)}.\]
    \item Par composition et somme,
\begin{center}\fbox{$\mathscr A(h)$ admet une limite en $0^+$ qui vaut $1/e$.}\end{center}

  \end{enumerate}
\noindent \textbf{Partie III : résolution d'une équation différentielle}
  \begin{enumerate}[resume]
	\item  Une primitive de $x\mapsto \frac{1-2x}{x^2}$, qui est continue sur $\R_+^*$, est $x\mapsto -\frac{1}{x}-2\ln x $ et on en déduit que l'ensemble des solutions de l'équation différentielle sur $\R_+^*$ est
	\[\boxed{\left\{ x\in\R_+^*\mapsto \lambda \frac{e^{-1/x}}{x^2}\mid \lambda \in \R \right\}}.\] sont $x\mapsto \lambda \frac{e^{-(1/x}}{x^2}$ ($\lambda\in\R$). De même, l'ensemble des solutions de l'équation différentielle sur $\R_-^*$ est
	\[\boxed{\left\{ x\in\R_-^*\mapsto \lambda \frac{e^{-1/x}}{x^2}\mid \lambda \in \R \right\}}.\]
\item Si $y$ est solution sur $\R$, elle est notamment solution sur $\R_+^*$ et sur $\R_-^*$ et ainsi il existe des constantes $\lambda,\mu$ réelles tel que : \[\forall x>0, y(x)=\lambda\frac{e^{-1/x}}{x^2} \quad \text{et} \quad \forall x<0, \mu \frac{e^{-1/x}}{x^2}.\] Par ailleurs, en évaluant l'équation en $x=0$, on a nécessairement $y(0)=0$. Mais $y$ étant continue en $0$, notamment à gauche, vu l'étude faite en question 1, on ne peut avoir que $\mu=0$ (sinon la limite à gauche de $y$ en $0$ ne pourrait être nulle). Par cons\'equent,
\begin{center}\fbox{la fonction~$y$ est nulle sur $\R_-$.}\end{center}
\item Si on fixe $\lambda\in\R$ et qu'on considère la fonction égale à $x\mapsto \lambda\frac{e^{-1/x)}}{x^2}$ sur $\R_+^*$ et nulle sinon, on montre, comme à la question 3, qu'elle est continue puis dérivable en $0$ et par conséquent solution de l'équation. Ainsi, la fonction $\varphi$ définie par : \[
\begin{cases}
  \varphi(x)=\frac{1}{x^2}\mathrm{e}^{-\frac{1}{x}}\quad\text{si $x\in\R_+^*$}\\
\varphi(x)=0 \quad\text{si $x\in\R_-$}
\end{cases}
\]
est une solution de $(E)$ sur $\R$.
    \end{enumerate}

\newpage

\noindent \textbf{Partie IV : dérivées successives et polynômes associés}
    \begin{enumerate}[resume]

\item  On procède par récurrence. En posant $P_0=1 \in\R[X]$, on a bien la propriété demandée pour $n=0$.

	Soit $n\in\N$. Supposons qu'il existe un polynôme $P_n$ à coefficients réels tel que : \[\forall x\neq 0, f^{(n)}(x)=\frac{P_n(x)}{x^{2n+2}}e^{-1/x}.\] La fonction $f^{(n)}$ est dérivable sur $\R^*$ par produit, et : \[\forall x\in\R_+^*, \quad f^{(n+1)}(x)=(f^{(n)})^{'}(x)=\frac{x^2 P_n'(x)-2(n+1) x P_n(x) + P_n(x)}{x^{2(n+1)+2}} e^{-1/x}.\] En posant $P_{n+1}(X)=X^2P_n'(X)+(1-2(n+1)X)P_n(X)$, $P_{n+1}$ est bien un polynôme (comme somme et produit de polynômes et de dérivée de polynôme), ce qui achève la récurrence.

En conclusion, pour tout $n\in\mathbb{N}$, il existe un polynôme
  $P_n$ tel que
  \[\boxed{\forall x\in ]0,+\infty[\qquad g^{(n)}(x)=
  \frac{P_n(x)}{x^{2n+2}}\mathrm{e}^{-\frac{1}{x}}}\]
\item  On a déjà $P_0(X)=1$. En utilisant la relation précédente, on trouve \[\boxed{P_1(X)=1-2X, P_2(X)=1-6X+6X^2, P_3(X)=1-12X+36^2-24X^3}\] et \fbox{$P_4(X)=1-20X+120X^2-240X^3+120X^4$}.
\item On montre par récurrence, compte-tenu du calcul précédent, que $P_n$ est un polynôme de degré $n$ et de coefficient dominant $(-1)^n (n+1)!$. L'initialisation résulte de la question précédente été faite. Soit $n\in\N$, supposons que $P_n$ est de degré $n$ et de coefficient dominant $(-1)^n (n+1)!$. Le polynôme $P_n$ peut s'écrire $a_n X^n+Q(X)$ avec $Q\in\R_{n-1}[X]$. En utilisant la relation de récurrence donnant $P_{n+1}$, on en déduit que
$$ \begin{array}{rcl} P_{n+1}(X) & =& X^2(n a_n X^{n-1} + Q'(X)) + (1-2(n+1)X)(a_n X^n + Q(X)) \\[2mm] & = &  a_n (n-2(n+1))X^{n+1}+Q_1(X) \end{array} $$
avec $Q_1\in\R_n[X]$. Par conséquent, le degré de $P_{n+1}$ est $n+1$, son coefficient dominant est $-a_n (n+2)=(-1)^{n+1} (n+2)!$. Ceci achève la récurrence. En conclusion,
\begin{center}\fbox{pour tout~$n\in\N$, $\deg P_n = n$ et son coefficient dominant est $(-1)^n (n+1)!$.}\end{center}
\item En évaluant la relation de la question 9, on a, pour tout $n \in \N$ : $P_{n+1}(0) = P_n(0)$ et comme $P_0 = 1$ :
\[\boxed{\forall n\in\N, \quad P_n(0) = 1}.\]
\item On a, pour tout $x \in \R$ : $f'(x) = \frac{1}{x^2} e^{-1/x} = g(x)$, d'où on déduit, sur $\R$ que $f'=g$. Par une récurrence immédiate, on a bien, \fbox{pour tout $n \in \N$ : $f^{(n+1)}=g^{(n)}$}.
\item Soit $n \in \N^*$. Les dérivées d'ordre supérieur à $3$ de $x\mapsto x^2$ sont nulles. Par conséquent, les fonctions mises en eu étant de classe $\mathscr C^{\infty}$, en appliquant la formule de Leibniz : \[\forall x\in\R^*, \quad f^{(n)}(x) = g^{(n+1)}(x)  \times  x^2 + \binom{n+1}{1} g^{(n)}(x)  \times  2x + \binom{n+1}{2} g^{(n-1)}(x) \times 2\]
ce qui s'écrit :
\[\forall x\in\R^*, \quad g^{(n)}(x) = f^{(n+1)}(x) = g^{(n+1)}(x)  \times  x^2 + \binom{n+1}{1} g^{(n)}(x)  \times  2x + \binom{n+1}{2} g^{(n-1)}(x) \times 2\]
ce qui donne
\[\forall x\in\R^*, \quad \frac{P_{n}(x)}{x^{2n+2}} = \frac{P_{n+1}(x)}{x^{2n+4}}  \times  x^2 + (n+1) \frac{P_n(x)}{x^{2n+2}}  \times  2x + \frac{n(n+1)}{2} \frac{P_{n-1}(x)}{x^{2n}} \times 2\]
puis en simplifiant et en multipliant par $x^{2n+2}$ :
\[\forall x\in\R^*, \quad P_{n}(x) = P_{n+1}(x) + (n+1) 2x P_n(x) + n(n+1) x^2 P_{n-1}(x).\]
En conclusion, pour tout $n \in \N^*$ :
  \begin{equation*}
    \label{eq:Pn2}
     \boxed{P_{n+1}(X) = (1-2(n+1)X)  P_{n}(X) - n(n+1)X^2  P_{n-1}(X)}
  \end{equation*}
\item  En utilisant la relation de la question précédente et la relation de la question 9, par différence, on obtient, pour tout $n \in \N^*$, $X^2P_{n}'(X) = -n(n+1) X^2P_{n-1}(X)$ ce qui donne en simplifiant par $X^2$ :
  \begin{equation*}
    \label{eq:Pn3}
     \boxed{P_{n}'(X) = -n(n+1) P_{n-1}(X)}
  \end{equation*}
\item Soit $n \in \N$. En dérivant la relation $P_{n+1}(X)=X^2P_n'(X)+(1-2(n+1)X)P_n(X)$, on a :
 \[P'_{n+1}(X)=2XP_n'(X) + X^2 P''_n(X)+(1-2(n+1)X)P'_n(X)-2(n+1)P_n(X).\]
On utilise désormais la relation de la question précédente qui s'écrit
$$P_{n+1}'(X) = -(n+1)(n+2) P_{n}(X)$$
 et donne, avec la relation précédente :
 \[-(n+1)(n+2) P_{n}(X)=2XP_n'(X) + X^2 P''_n(X)+(1-2(n+1)X)P'_n(X)-2(n+1)P_n(X)\]
puis
 \[0=X^2 P''_n(X)+(1-2(n+1)X+2X)P'_n(X)+\big(-2(n+1)+(n+1)(n+2)\big)P_n(X)\]
donc finalement :
\[\boxed{X^2P_{n}''(X) + (1-2nX)  P_{n}'(X) + n(n+1)  P_{n}(X) = 0}.\]
\end{enumerate}
\end{exoDS}
\bigskip

% polynomes
\begin{exoDS}
\begin{enumerate}
\item On a pour tout~$y\in\C^*$ et~$n\in\N$
$$ \begin{array}{rl} & \left(y+\dfrac{1}{y}\right)\times\left(y^{n+1}+\dfrac{1}{y^{n+1}}\right) = y^{n+1}\times y+\dfrac{y}{y^{n+1}}+\dfrac{y^{n+1}}{y}+\dfrac{1}{y\times y^{n+1}} \\[4mm] \text{donc} & \boxed{\left(y+\dfrac{1}{y}\right)\times\left(y^{n+1}+\dfrac{1}{y^{n+1}}\right) = y^{n+2}+\frac{1}{y^{n+2}}+y^n+\frac{1}{y^n}.} \end{array} $$
\item On proc\`ede par r\'ecurrence double sur~$n$. Soit~$\mathscr{P}(n)$ la propri\'et\'e: \og il existe un polyn\^ome~$Q_n$ tel que, pour tout~$y\in\C^*$, l'\'egalit\'e demand\'ee soit vraie\fg.
\begin{itemize}
\item \underline{Initialisation.} Pour~$n=0$, on a
$$ y^n+\frac{1}{y^n} = 1+1 = 2$$
donc~\underline{$\mathscr{P}(0)$ est vraie} avec~$Q_0=2$ et pour~$n=1$,
$$ y^n+\frac{1}{y^n} = y+\frac{1}{y}=Q_1\left(y+\frac{1}{y}\right) $$
avec~$Q_1(X)=X$ donc~\underline{$\mathscr{P}(1)$ est vraie}.
\item \underline{H\'er\'edit\'e.} Soit~$n\in\N$. On suppose que~$\mathscr{P}(n)$ et~$\mathscr{P}(n+1)$ sont vraies. On a d'apr\`es la premi\`ere question
$$ y^{n+2}+\frac{1}{y^{n+2}} = \left(y+\frac{1}{y}\right)\times\left(y^{n+1}+\frac{1}{y^{n+1}}\right)-\left(y^n+\frac{1}{y^n}\right) $$
En posant~$Y=y+1/y$, on a par hypoth\`ese de r\'ecurrence
$$ y^{n+1}+\frac{1}{y^{n+1}} = Q_{n+1}(Y) \qquad\text{et}\qquad y^n+\frac{1}{y^n}=Q_n(Y)  $$
ce qui donne
$$ y^{n+2}+\frac{1}{y^{n+2}} = YQ_{n+1}(Y)-Q_n(Y) = Q_{n+2}(Y) = Q_{n+2}\left(y+\frac{1}{y}\right) $$
o\`u l'on a pos\'e~$Q_{n+2}=XQ_{n+1}-Q_n$: \underline{$\mathscr{P}(n+2)$ est vraie}, ce qui ach\`eve la r\'ecurrence.
\end{itemize}
En conclusion:
\begin{center}
\fbox{\begin{minipage}{10.5cm}
Pour tout~$n\in\N$, il existe un polyn\^ome~$Q_n$ tel que
$$ \forall y\in\C^*, \; y^n+\frac{1}{y^n}=Q_n\left(y+\frac{1}{y}\right) $$
et on a~$Q_0=2$, $Q_1=X$ et: $\forall n\in\N,\; Q_{n+2}=XQ_{n+1}-Q_n$.
\end{minipage}}
\end{center}
\item La relation de r\'ecurrence et les premiers termes donnent
$$ Q_0=2,\quad Q_1=X,\quad Q_2=X^2-2,\quad Q_3 = X^3-3X,\quad Q_4 = X^4-4X^2+2. $$
Ceci nous am\`ene \`a conjecturer que~$Q_n$ est de degr\'e~$n$ et, sauf si~$n=0$, de coefficient dominant~$1$, pour tout~$n\in\N$. Montrons cette propri\'et\'e par r\'ecurrence double. Elle est vraie pour~$n=0$ et~$n=1$ d'apr\`es les valeurs de~$Q_0$ et~$Q_1$. Soit~$n\in\N$. On suppose que~$Q_{n+1}$ et~$Q_n$ sont de degr\'es respectifs~$n+1$ et~$n$, et que~$Q_{n+1}$ est unitaire. On a alors par op\'erations sur les degr\'es
$$ \deg(XQ_{n+1}) = \deg X+\deg Q_{n+1} = 1+(n+1)=n+2 $$
donc en particulier~$\deg(XQ_{n+1})>\deg Q_n$, ce qui conduit \`a
$$ \deg Q_{n+2} =\max\Big(\deg(X Q_{n+1}),\deg Q_n\Big) = n+2. $$
De plus, le coefficient dominant de~$XQ_{n+1}$ est~1, et ajouter~$Q_n$ qui est de degr\'e strictement plus petit ne change pas le coefficient dominant, donc~$Q_{n+2}$ est unitaire si~$Q_{n+1}$ l'est, ce qui ach\`eve la r\'ecurrence.

En conclusion, pour tout~$n\in\N$,
\begin{center}
\fbox{$\deg Q_n=n$ et, si~$n\ge 1$, $Q_n$ est unitaire.}
\end{center}
\item Soit~$z\in\C$. Pour tout~$y\in\C^*$, on a les \'equivalences
$$ y+\frac{1}{y}=z \Longleftrightarrow y^2+1=zy \Longleftrightarrow y^2-zy+1=0.$$
Ceci est une \'equation du second degr\'e d'inconnue~$y$ \`a coefficients complexes, qui admet toujours au moins une solution dans~$\C$. D'apr\`es les \'equivalences ci-dessus,
\begin{center}
\fbox{pour tout~$z\in\C$, il existe~$y\in\C^*$ tel que $y+\dfrac{1}{y}=z$.}
\end{center}
Soit~$y$ un tel nombre complexe; alors
$$ f_n(z)=0 \Longleftrightarrow f_n\left(y+\dfrac{1}{y}\right)=0 $$
et, d'apr\`es la question~1, $f_n\left(y+\dfrac{1}{y}\right)=y^n+\dfrac{1}{y^n}$ ce qui donne le r\'esultat:
$$ \boxed{f_n(z)=0 \Longleftrightarrow y^n+\frac{1}{y^n}= 0 \quad\text{avec}\quad z=y+\frac{1}{y}.}$$
\item Soit~$y\in\C^*$. Alors
$$ \begin{array}{rcl} y^n+\dfrac{1}{y^n} = 0 & \Longleftrightarrow & y^{2n}+1=0 \\ & \Longleftrightarrow & y^{2n}=-1 \\[2mm] & \Longleftrightarrow & y^{2n}=\e^{\i\pi}=(\e^{\i\pi/(2n)})^{2n} \\[2mm] & \Longleftrightarrow & \exists k\in\llbracket 0,2n-1\rrbracket,\; y=\e^{2\i k\pi/(2n)}\e^{\i\pi/(2n)} \end{array} $$
d'apr\`es les r\'esultats du cours sur les racines~$N$-i\`emes d'un nombre complexe non nul donn\'e, avec~$N=2n$ ici. Ainsi,
\begin{center}
\fbox{les nombres~$y\in\C^*$ tels que~$y^n+\dfrac{1}{y^n}=0$ sont les~$\e^{\i\frac{(2k+1)\pi}{2n}}$, $k=0,\dots,2n-1$.}
\end{center}
\item On d\'eduit des questions pr\'ec\'edentes que les solutions de l'\'equation~$f_n(z)=0$ dans~$\C$ sont les nombres complexes
$$ z = \e^{\frac{(2k+1)\i\pi}{2n}}+\frac{1}{\e^{\frac{(2k+1)\i\pi}{2n}}}, \quad 0 \le k \le 2n-1. $$
Soit~$k\in\llbracket 0,2n-1\rrbracket$. Alors d'apr\`es les formules d'Euler
$$ \e^{\frac{(2k+1)\i\pi}{2n}}+\frac{1}{\e^{\frac{(2k+1)\i\pi}{2n}}}=\e^{\frac{(2k+1)\i\pi}{2n}}+\e^{-\frac{(2k+1)\i\pi}{2n}}=2\cos\left(\frac{(2k+1)\pi}{2n}\right). $$
De plus, pour tout~$k\in\llbracket 0,n-1\rrbracket$, $\dfrac{(2k+1)\pi}{2\pi}\in [0,\pi]$ donc
$$ \cos\left(\frac{\pi}{2n}\right) > \cos\left(\frac{3\pi}{2n}\right) > \dots > \cos\left(\frac{(2n-1)\pi}{2n}\right) $$
car le cosinus est strictement d\'ecroissant sur~$[0,\pi]$. Enfin, pour tout~$k\in\llbracket 0,n-1\rrbracket$, la solution correspondant \`a l'indice~$2n-1-k$, qui appartient \`a~$\llbracket n,2n-1\rrbracket$, est
$$ \cos\left(\frac{(2(2n-1-k)+1)\pi}{2n}\right) = \cos\left(2\pi-\frac{(2k+1)\pi}{2n}\right)=\cos\left(\frac{(2k+1)\pi}{2n}\right). $$
Ainsi, l'ensemble des solutions pour~$k=0,1,\dots,n-1$ est le m\^eme que celui pour~$k=n,n+1,\dots,2n-1$, et ces solutions sont deux \`a deux distinctes. En conclusion,
\begin{center}
\fbox{\begin{minipage}{13cm} l'\'equation~$f_n(z)=0$ admet~$n$ solutions dans~$\C$, qui sont les nombres r\'eels
$$ 2\cos\left(\frac{(2k+1)\pi}{2n}\right),\quad k=0,1,\dots,n-1. $$
\end{minipage}}
\end{center}
\end{enumerate}

\end{exoDS}

\end{document}