\documentclass[11pt]{article} \usepackage[T1]{fontenc} \usepackage[utf8]{inputenc} \usepackage{fourier} \usepackage[scaled=0.875]{helvet} \renewcommand{\ttdefault}{lmtt} \usepackage{amsmath,amssymb,makeidx} \usepackage[normalem]{ulem} \usepackage{fancybox} \usepackage{tabularx} \usepackage{colortbl} \usepackage{ulem} \usepackage{dcolumn} \usepackage{textcomp} \usepackage{diagbox} \usepackage{multirow} \usepackage{lscape} \newcommand{\euro}{\texteuro{}} \usepackage{pstricks,pst-plot,pstricks-add} \setlength\paperheight{297mm} \setlength\paperwidth{210mm} \setlength{\textheight}{23,5cm} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\D}{\mathbb{D}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \usepackage[left=3.5cm, right=3.5cm, top=3cm, bottom=3.5cm]{geometry} \headheight5 mm \newcommand{\vect}[1]{\overrightarrow{\,\mathstrut#1\,}} \renewcommand{\theenumi}{\textbf{\arabic{enumi}}} \renewcommand{\labelenumi}{\textbf{\theenumi.}} \renewcommand{\theenumii}{\textbf{\alph{enumii}}} \renewcommand{\labelenumii}{\textbf{\theenumii.}} \def\Oij{$\left(\text{O},~\vect{\imath},~\vect{\jmath}\right)$} \def\Oijk{$\left(\text{O},~\vect{\imath},~ \vect{\jmath},~ \vect{k}\right)$} \def\Ouv{$\left(\text{O},~\vect{u},~\vect{v}\right)$} \setlength{\voffset}{-1,5cm} \usepackage{fancyhdr} \usepackage[french]{babel} \begin{document} \lhead{\small CAPLP 2007} \lfoot{\small{Concours interne}} \rfoot{\small{septembre 2007}} \pagestyle{fancy} \thispagestyle{empty} \begin{center} {\Large \textbf{\decofourleft~Concours de recrutement interne~\decofourright\\[7pt] CAPLP 2007}} \end{center} \vspace{0,5cm} \setlength\parindent{0mm} \textbf{Corrigé de l'exercice 1}\\ \begin{enumerate} \item L'affirmation est fausse puisque la suite $u$ définie pour tout entier naturel $n$ par $u_{n} = \left(- \dfrac{1}{2}\right)^n$ est une suite convergeant vers $0$ alors qu'elle n'est pas monotone à cause de l'alternance de son signe. \item L'affirmation est fausse : par exemple, si on prend $f(t) = t^2 - 1 = g(t)$, alors la courbe paramétrée par $f$ et $g$ est la demi-droite d'origine A$(-1~;~-1)$ passant par l'origine et cette demi-droite n'est pas symétrique par rapport à l'axe des ordonnées. \item L'affirmation est exacte puisque $f$ est dérivable par théorèmes généraux sur $\R$ et de plus, pour $x \neq 0$, on a \[\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0} = \sqrt{|x|} \xrightarrow[x\to 0]{} 0\] ce qui prouve que $f$ est dérivable en $0$ et que $f'(0) = 0$. \item L'affirmation est fausse puisque si $f$ est la fonction définie par $f(x) = 1 - 2x$, alors $f$ est bien continue sur [0~;~ 1], d'intégrale nulle sur [0~;~ 1] mais $f$ n'est pas constamment nulle sur [0~;~ 1]. \end{enumerate} \hrule \bigskip \textbf{Corrigé de l'exercice 2} \medskip \begin{enumerate} \item \textbf{Étude de la fonction} \boldmath $f$ \unboldmath\textbf{telle que} \boldmath $f(x) =\dfrac{x}{\ln (x)}$\unboldmath \begin{enumerate} \item Puisque $\ln (x) = 0 \iff x = 1,~ f$ est définie sur $D = ]0~;~ 1[ \cup ]1~;~+\infty[$. \item Puisque $x \xrightarrow[ x \to 0^+]{}0$ et que $\ln (x) \xrightarrow[ x \to 0^+]{} - \infty$, alors on sait que \\ $f(x) = \dfrac{x}{\ln (x)} \xrightarrow[ x \to 0^+]{} 0 = f(0)$ donc $f$ est continue à droite en $0$. \item On a, pour $x > 0$, $\dfrac{f(x) - f(0)}{x - 0} =\dfrac{1}{\ln (x)} \xrightarrow[ x \to 0^+]{} 0$ donc $f$ est dérivable à droite en $0$. \item $f$ est dérivable sur $D = ]0~;~ 1[ \cup ]1~;~+ \infty[$ et on a $\forall x \in D,~ f'(x) = \dfrac{\ln (x) - 1}{\ln^2 (x)}$. On a donc $f'(x) > 0 \iff \ln (x) > 1 \iff x > \text{e}$. Ainsi, $f$ est décroissante sur $]0~;~ 1[$, sur $]1~;~ \text{e}[$ et est croissante sur $]\text{e}~;~+ \infty[$. On a \\ $f(\text{e}) = \text{e}$ ;\\ $\displaystyle\lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0) = 0$ puisque $f$ est continue en $0$ ;\\ $f(x) = \dfrac{x}{\ln (x)} \xrightarrow[ x \to 1^-]{} - \infty$ puisque $\ln (x) \xrightarrow[ x \to 1^-]{} 0^-$ ;\\ $f(x) = \dfrac{x}{\ln (x)} \xrightarrow[ x \to 1^+]{} + \infty$ puisque $\ln (x) \xrightarrow[ x \to 1^+]{} 0^+$ ;\\ $f(x) = \dfrac{x}{\ln (x)} \xrightarrow[x \to +\infty]{} + \infty$ par croissances comparées.\\ D'où le tableau suivant : \end{enumerate} \medskip \hspace{-0.5cm} \psset{xunit=1cm,yunit=0.8cm} \begin{pspicture}(12,5) \psframe(12,5)\psline(0,2)(12,2) \psline(0,3.5)(12,3.5) \psline(2,0)(2,5) \psline(6.95,0)(6.95,3.5) \psline(7.05,0)(7.05,3.5) \psline(9.5,2)(9.5,3.5) \psline{->}(2.3,1.8)(6.2,0.3) \psline{->}(7.6,1.7)(9.2,0.3) \psline{->}(9.8,0.3)(11.4,1.8) \rput(1,4.25){$x$} \rput(1,2.75){$f'(x)$} \rput(1,1){$f(x)$} \rput(2.15,1.8){$0$} \rput(2.15,2.75){$0$} \rput(2.15,4.25){$0$} \rput(7,4.25){$1$} \rput(9.5,4.25){e} \rput(11.7,4.25){$+ \infty$} \rput(4.5,2.75){$-$} \rput(8.25,2.75){$-$} \rput(10.75,2.75){$+$} \put(6.3,0.3){$-\infty$} \rput(7.3,1.8){$+\infty$} \rput(9.5,0.3){e} \rput(11.7,1.8){$+\infty$} \rput(9.5,2.75){$0$} \end{pspicture} \medskip \item Étude de la suite $v$ telle que $v_{0} = 3$ et $\forall n \in \N,~ v_{n+1} = \dfrac{v_{n}}{\ln \left(v_{n}\right)}$. \begin{enumerate} \item Posons $P(n) ~:~ « v_{n} \geqslant \text{e}$ ». Alors :\\ \begin{itemize} \item[$\bullet~$] au rang $n = 0$, on a bien $v_{0}\geqslant $ e puisque $\text{e} \approx 2,718$ à $10^{-3}$ près. Ainsi $P(0)$ est vraie. \item[$\bullet~$] si, à un rang $n \geqslant 0$, on a $v_{n} \geqslant \text{e}$, alors, puisque $f$ est croissante sur $[\text{e}~;~+\infty[$, on a $f\left(v_{n}\right) \geqslant f(\text{e})$ soit $v_{n+1} \geqslant \text{e}$. \end{itemize} Puisque la propriété $P$ est vraie au rang $0$ et qu'elle est héréditaire à partir de ce rang, on sait donc qu'elle est vraie à tout rang $n \geqslant 0$, \emph{i. e.}$\forall n \in \N,~ v_{n}\geqslant \text{e}$. \item On a, pour tout entier naturel $n ~:~ v_{n} \geqslant \text{e}$ d'où $\ln \left(v_{n}\right) \geqslant 1$ puis $0 < \dfrac{1}{\ln \left(v_{n}\right)} \leqslant 1$ et enfin $\dfrac{v_{n}}{\ln \left(v_{n}\right)} \leqslant v_{n}$, ce qui assure que la suite $v$ est décroissante. Comme elle est de plus minorée par e, on sait alors qu'elle converge vers une limite $\ell \geqslant \text{e}$.\\ Puisque $f$ est continue sur $[\text{e}~;~+\infty[$ et que $\forall n \in \N,~ v_{n+1} = f\left(v_{n}\right)$, on a, par passage à la limite quand $n$ tend vers plus l'infini, $\ell = \dfrac{\ell}{\ln (\ell)}$ soit $\ell \ln (\ell) = \ell$ donc $\ell(\ln (\ell) - 1) = 0$ soit $\ell = 0$ ou $\ell = \text{e}$. On a donc $\ell = \text{e}$ puisqu'on sait que $\ell \geqslant \text{e}$. Au final, la suite $v$ converge vers e. \item On sait déjà que $\forall x \geqslant \text{e},~ 0 \leqslant f'(x)$. De plus $f'(x) \leqslant \dfrac{1}{4}\iff \dfrac{\ln (x) - 1}{\ln ^2 (x)} \leqslant \dfrac{1}{4} \iff 4 \ln (x) - 4 \leqslant \ln^2 (x) \iff \ln^2(x) - 4\ln (x) + 4 \geqslant 0 \iff (\ln (x) - 2)^2 \geqslant 0$\\ ce qui est vrai et donc on a $\forall x \geqslant \text{e},~0 \leqslant f'(x) \leqslant \dfrac{1}{4}$. \item Plusieurs versions sont acceptables dont les suivantes : \begin{itemize} \item Soit une fonction $f$ de $[a~;~ b]$ dans $\R$, continue sur $[a~;~ b]$, dérivable sur $]a~;~ b[$, où $a < b$. S'il existe deux réels $m$ et $M$ tels que $\forall x \in ]a~;~ b[,~m \leqslant f(x) \leqslant M$, on a alors $m(b - a) \leqslant f(b) - f(a) \leqslant M (b - a)$. \item Soit une fonction $f$ de $[a~;~ b]$ dans $\R$, continue sur $[a~;~ b]$, dérivable sur $]a~;~ b[$. S'il existe un réel $A$ tel que $\forall x \in ]a~;~ b[,~ |f'(x)| \leqslant A$, on a alors $|f(b) - f (a)| \leqslant A|b - a|$. \item Soit $I$ un intervalle. Soit $f$ une fonction de $I$ dans $\R$ dérivable sur $I$. S'il existe deux réels $m$ et $M$ tels que $\forall x \in I,~m \leqslant f'(x) \leqslant M$, on a alors, pour tous réels $a$ et $b$ de $I$ tels que $a < b~ :~ m(b - a) \leqslant f(b) - f(a) \leqslant M(b - a)$. \item Soit $I$ un intervalle. Soit $f$ une fonction de $I$ dans $\R$ dérivable sur $I$. S'il existe un réel $A$ tel que $\forall x \in I,~  |f'(x)|\leqslant A$, on a alors $|f(b) - f(a)| \leqslant A|b - a|$ pour tous réels $a$ et $b$ dans $I$. \end{itemize} \item La fonction $f$ est continue sur $D$ et donc elle l'est sur $[\text{e}~;~ v_{n}] \subset ]1~;~+ \infty[$. Elle est aussi dérivable sur $D$ donc sur $]\text{e}~;~ v_{n}[$. On sait enfin que $\forall x ]\text{e}~;~ v_{n}[,\\ |f'(x)| \leqslant \dfrac{1}{4}$. Par application de l'inégalité des accroissements finis, on a donc \[\forall n \in \N,~ \left|f\left(v_{n}\right) - f(\text{e})\right| \leqslant \dfrac{1}{4}\left|v_{n} - \text{e}\right|~\text{soit en fait}~\forall n \in \N,~\left|v_{n+1} - \text{e} \right| \leqslant \left|v_{n} - \text{e}\right|\] Posons alors $P(n)~ ~: « \left|v_{n} - \text{e}\right|\leqslant \dfrac{1}{4^n}$ ». \\ \begin{itemize} \item[$\bullet~$] au rang $n = 0$, on a bien $\left|v_{0} - \text{e}\right| = |3 - \text{e}| \leqslant 3 - \text{e} = 1 = \dfrac{1}{4^0}$ donc la propriété $P$ est vraie au rang $0$. \item[$\bullet~$] Supposons que l'on ait $\left|v_{n} - \text{e}\right|\leqslant \dfrac{1}{4^n}$ vraie à un rang $n \geqslant 0$. Alors, on sait que $\left|v_{n+1} - \text{e}\right|\leqslant \dfrac{1}{4}\left|v_{n} - \text{e}\right|$ et donc $\left|v_{n+1} - \text{e}\right|\leqslant \dfrac{1}{4} \times \dfrac{1}{4^n} = \dfrac{1}{4^{n+1}}$. \end{itemize} La propriété $P$ est donc héréditaire à partir du rang $0$.\\ On a donc prouvé par récurrence sur $n$ que $\forall n \in \N,~ \left|v_{n} - \text{e}\right| \leqslant \dfrac{1}{4^n}$. \item $v_{n}$ est une valeur approchée de e à au moins $10^{12}$ près si $\left|v_{n} - \text{e}\right| \leqslant 10^{-12}$. Ceci est vrai dès que $\dfrac{1}{4^n}\leqslant 10^{-12}$. Or \[\dfrac{1}{4^n}\leqslant 10^{-12} \iff 4^n \geqslant 10^{12} \iff n \ln (4) \geqslant 12 \ln (10) \iff n \geqslant \dfrac{12\ln (10)}{\ln (4)} \approx 19,93.\] Finalement, pour $n \geqslant 20$, on a \[\left|v_{n} - \text{e}\right| \leqslant \dfrac{1}{4^n} \leqslant \dfrac{1}{4 ^{20}} \leqslant 10^{-12}\] ce qui signifie qu'à partir du rang $n_{1} = 20,~ v_{n}$ est une valeur approchée de e à au moins $10^{-12}$ près. \end{enumerate} \item \textbf{Solutions d'une équation différentielle} \begin{enumerate} \item On a sur $K,~ z = \dfrac{1}{y}$ d'o\`u $z' = - \dfrac{y'}{ y^2}$. Le fait que $z$ vérifie (E) débouche alors sur le fait que $y$ vérifie l'équation différentielle linéaire du premier ordre : $x^2y'(x) + xy(x) = 1$. \item Puisque $x \neq 0$ sur $K$, l'équation homogène (H$_{2})~~ : x^2y'(x) + xy(x) = 0$ est équivalente à $y'(x) + \dfrac{1}{x}y(x) = 0$ sur $K$ et admet donc sur $K$ pour solutions les fonctions $y_{H}$ données par \[y_{H}(x) = C \text{exp} \left( \int \dfrac{1}{x}\:\text{d}x\right) = C \text{exp}(- \ln x) = \dfrac{C}{x}.\] On cherche alors une solution particulière de $x^2y'(x) + xy(x) = 1$ qui soit de la forme $y(x) = \dfrac{h(x)}{x}$. On aboutit à $h'(x) = \dfrac{1}{x}$ et donc $h(x) = \ln (x)$ convient.\\ Les fonctions $y$ solutions de (E$_{2}$) sur $K$ sont donc de la forme $y(x) = \dfrac{C + \ln (x)}{x}$ avec $C$ constante réelle quelconque. Si on pose $\alpha = \text{e}^{C} > 0$, on a $C = \ln (\alpha)$ et donc les solutions $y$ de (E$_{2}$) vérifient $y(x) = \dfrac{\ln (\alpha) + \ln (x)}{x} = \dfrac{\ln (\alpha x)}{x} = g_{\alpha}(x)$. Pour $x$ appartenant à $K$ et pour $\alpha \geqslant 1$, on a $g_{\alpha}(x) = 0 \iff \ln (ax) = 0 \iff ax = 1 \iff x = \dfrac{1}{\alpha}$. \\ Or, pour $\alpha \geqslant 1,~\dfrac{1}{\alpha} \leqslant 1$ et donc, dans ce cas, la fonction $g_{\alpha}$ ne peut pas s'annuler sur $]1~;~+\infty[$. \item La courbe $\left(\Gamma_{g}\right)$ d'une fonction $g$ quelconque est l'image par l'homothétie de centre O de rapport $\lambda$ de la courbe $\left(\Gamma_{f}\right)$ d'une fonction $f$ quelconque si cette homothétie $h$ envoie tout point $M(x~;~ f(x))$ de la courbe de $f$ en un point de la courbe de $g$. Or, $h(M)$ est le point $N(\lambda x~;~\lambda f(x))$. Ce point sera donc sur la courbe de $g$ si on a $\lambda f(x) = g(\lambda x)$.\\ En fait, ceci traduit seulement le fait que $h\left(\Gamma_{f}\right) \subset \Gamma_{g}$ mais l'inclusion inverse découle du fait que la relation $\lambda f(x) = g(\lambda x)$ donne, en posant \\$x' = \lambda x,~\dfrac{1}{\lambda}g(x') = f\left(\dfrac{1}{\lambda}x' \right)$, ce qui signifie que $h^{-1}(\Gamma_{g}) \subset \Gamma_{f}$ d'où $\Gamma_{g} \subset h\left(\Gamma_{f} \right)$. Or, ici on a $f_{1}(\alpha x) = \dfrac{\alpha x}{\ln (\alpha x)} = \alpha f_{\alpha}(x)$ donc $\mathcal{C}_{1}$ est l'image de $\mathcal{C}_{\alpha}$ par l'homothétie de centre O et de rapport $\alpha$ et donc $\mathcal{C}_{\alpha}$ est l'image de $\mathcal{C}_{1}$ par l'homothétie de centre O et de rapport $\dfrac{1}{\alpha}$ . \end{enumerate} \end{enumerate} \hrule \bigskip \textbf{Corrigé de l'exercice 3} \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Cette famille est libre (vérification à l'aide de la définition ou utilisation du rang ou utilisation du déterminant) et comporte trois éléments d'un espace vectoriel de dimension 3 ($\R^+$ en l'occurence ici). Il s'agit donc d'une base de $\R^+$. \item On obtient que \[Q^2 = \begin{pmatrix} 0& 6& 0\\ -10& 14& -2\\ -2& 4& 2 \end{pmatrix}\] \[Q^3 =\begin{pmatrix} -12& 24& 0\\ -40& 44& -8\\ -8& 16& -4 \end{pmatrix} = 4Q^2 - 12I_{3}.\] \item On a donc $4Q^2 - Q^3 = 12I_{3}$ soit encore $Q \times \left(\dfrac{1}{12}\left[4Q - Q^2\right]\right) \times Q = I_{3}$ donc $Q$ est bien inversible et \[Q^{-1} = \dfrac{1}{12}\left(4Q - Q^2\right) = \dfrac{1}{6}\begin{pmatrix} 2& -1& 2\\ 1& 1& 1\\ 3& 0& -3 \end{pmatrix}.\] \item On observe que \[A \times ^t\vect{u_{1}} = - 2 \times ^t\vect{u_{1}}\\ A \times ^t\vect{u_{2}} = 4 \times ^t\vect{u_{2}}\\ A \times ^t\vect{u_{3}} = 0 \times^t\vect{u_{3}}\] Ainsi, $f\left(\vect{u_{1}}\right) = - 2\vect{u_{1}},~ f\left(\vect{u_{2}}\right) = 4\vect{u_{2}},~ f\left(\vect{u_{3}}\right) = \vect{0}$ ce qui signifie bien que les vecteurs $\vect{u_{1}},~\vect{u_{2}}$ et $\vect{u_{3}}$ sont des vecteurs propres de $f$. On a ainsi : \[A' = \begin{pmatrix} -2& 0& 0\\ 0& 4& 0\\ 0& 0& 0 \end{pmatrix}.\] \item Il s'agit de la formule de changement de base pour la matrice d'un endomorphisme : $A' = Q^{-1}AQ$. \item On obtient par récurrence sur $n$ que $A^{n} = QA'^nQ^{-1}$. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item On a $T_{0} = \begin{pmatrix} 1\\0\\0 \end{pmatrix}$ et $T_{1} = \begin{pmatrix}0\\1\\0 \end{pmatrix}$. \item On obtient $M = \dfrac{1}{4}A$. \item Pour un entier naturel $n$ fixé, les évènements $\{X_{n} = 1\} ,~ \{X_{n} = 2\}$ et $\{Xn = 3\}$ forment clairement un système complet d'évènements et donc on peut utiliser la formule des probabilités totales : pour tout évènement $U$, on a :\\ $P(U) = P(\{X_{n} = 1\}) P (U/ \{X_{n} = 1\}) + P (\{X_{n} = 2\}) P(U/ \{X_{n} = 2\}) +\\ P(\{X_{n} = 3\}) P(U/\{X_{n} = 3\}) =\\ a_{n} \times P (U/\{X_{n} = 1\}) + b_{n} \times P(U/\{X_{n} = 2\}) + c_{n} \times P(U/ \{X_{n} = 3\})$.\\ Si on applique cette formule succésivement à l'évènement $\{X_{n+1} = i\}$ pour $i = 1,~ 2,~ 3$ on obtient que \[a_{n+1} = \dfrac{1}{4}b_{n}\quad b_{n+1} = a_{n} + \dfrac{1}{2}b_{n} + c_{n} \quad c_{n+1} = \dfrac{1}{4}b_{n}\] ce qui donne immédiatement $T_{n+1} = MT_{n}$. \item On a donc (par récurrence immédiate), pour tout entier $n,\\ T_{n} = M^nT_{0} = \dfrac{ 1}{4^n}A^nT_{0}$. \item On obtient que \[Tn = \dfrac{1}{6 \times (2^n)}\begin{pmatrix} 2 (-1)^n + 2^n\\ 2^{n+2} - 4(-1)^n\\ 2(-1)^n + 2^n \end{pmatrix}\] \[a_{n} = P\left(X_{n} = 1\right) = \dfrac{1}{6 \times (2^n)}\left[2 (-1)^n + 2^n\right] = \dfrac{1}{6}\left[2\left(- \dfrac{1}{2}\right)^n + 1\right] \xrightarrow[n \to + \infty]{} \dfrac{1}{6}\] \[b_{n} = P\left(X_{n} = 2\right) = \dfrac{1}{6 \times (2^n)}\left[2 ^{n+2} - 4 (-1)^n\right] = \dfrac{1}{6}\left[4 - 4\left(- \dfrac{1}{2}\right)^n \right] \xrightarrow[n \to + \infty]{} \dfrac{2}{3}\] \[c_{n} = P\left(X_{n} = 3\right) = \dfrac{1}{6 \times (2^n)}\left[2 (-1)^n + 2^n\right] = \dfrac{1}{6}\left[2\left(- \dfrac{1}{2}\right)^n + 1\right] \xrightarrow[n \to + \infty]{} \dfrac{1}{6}\] \item On obtient que \[\text{E}\left(X_{n}\right) = 1 \times P\left(X_{n} = 1\right) + 2 \times P\left(X_{n} = 2\right) + 3 \times P\left(X_{n} = 3\right) = 2\] \end{enumerate} \end{enumerate} \hrule \bigskip \textbf{Corrigé de l'exercice 4} \medskip \begin{enumerate} \item On obtient, après calcul, que \[\varphi(0) = 3 < \varphi(A) = \varphi(B) = \varphi(C) = 1 + 2\sqrt{2}~\text{puisque}~ 1 < \sqrt{2}.\] \item La quantité $\varphi(M)$, en tant que somme de longueurs, est toujours positive ou nulle et donc sa valeur minimale l'est également, \emph{i. e.} $m \geqslant 0$. Par définition d'un minimum, on a $m \leqslant \varphi(M)$ pour tout point $M$ de l'espace. On a donc notamment $m \leqslant \varphi(O)$ soit $m \leqslant 3$.\\ Enfin, si $\varphi$ réalise son minimum $m$ en $P$, on a $m = \varphi(P) = OP + AP + BP + CP$. Comme $m \leqslant 3$, on a donc \[OP = m - AP - BP - CP \leqslant 3 - AP - BP - CP \leqslant 3.\] puisque les longueurs $AP,~BP$ et $CP$ sont positives ou nulles. \item \begin{enumerate} \item On a immédiatement $r(O) = O,~ r (A) = C,~ r (B) = A$ et $r(C) = B$. \item La vérification est immédiate. \item On a\\ $\varphi(M') = OM' + AM' + BM' + CM' = r(O)r(M) + r(B)r(M) + r(C)r(M) + r(A)r(M)$\\ $= OM + BM + CM + AM$ d'après la question b. $= \varphi(M)$. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Puisque $Q$ est l'isobarycentre de $P,~ P',~ P''$, on a, pour tout point $M$ de l'espace, $\vect{MQ} = \dfrac{1}{3} \left( \vect{MP} + \vect{MP'} + \vect{MP''} \right)$. De plus, on a, pour tous vecteurs $\vect{u}$ et $\vect{v} : \|\vect{u}+\vect{v}\|\leqslant \|\vect{u}\|+\|\vect{v}\|$. On en tire donc que \[\|\vect{MQ}\| \leqslant \dfrac{1}{3}\left(\|\vect{MP}\| + \|\vect{MP'}\| + \|\vect{MP''}\|\right).\] \item En évaluant le résultat précédent en $M$ égal à $A,~B$ et $C$, on obtient \[\|\vect{AQ}\| \leqslant \dfrac{1}{3}\left(\|\vect{AP}\| + \|\vect{AP'}\| + \|\vect{AP''}\|\right).\] \[\|\vect{BQ}\| \leqslant \dfrac{1}{3}\left(\|\vect{BP}\| + \|\vect{BP'}\| + \|\vect{BP''}\|\right).\] \[\|\vect{CQ}\| \leqslant \dfrac{1}{3}\left(\|\vect{CP}\| + \|\vect{CP'}\| + \|\vect{CP''}\|\right).\] En sommant ces trois inégalités, on obtient bien que $\varphi(Q) - OQ \leqslant \dfrac{1}{3}(\varphi(P) - OP + \varphi(P') - OP' + \varphi(P'') - OP'')$ et donc $\varphi(Q) - OQ \leqslant \varphi(P) - OP$ car d'une part, $\varphi(P) = \varphi(P') = \varphi(P'')$ d'après la question 3. c., et d'autre part pour $P(x~;~ y~;~ z)$, on a $P'(y~;~ z~;~ x),~ P''(z~;~ x~;~ y)$ et donc $OP = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2} = OP' = OP''$. \item Si on pose $P$ de coordonnées $(x~;~ y~;~ z)$ , on obtient que $P'(y~;~ z~;~ x),~P''(z~;~ x~;~ y)$ et que $Q$ a pour coordonnées $\left(\frac{x+y+z}{3}~;~\frac{x+y+z}{3}~;~\frac{x+y+z}{3}\right)$ et donc \[\vect{OQ} \cdot \vect{OP} = \dfrac{x+y+z}{3}\left[(1~;~1~;~1) \cdot \left(\dfrac{2x - y - z}{3}~;~\dfrac{-x + 2y - z}{3}~;~\dfrac{-x - y + 2z}{3}\right)\right] = 0\] Donc on en tire que si $Q \neq O$, le triangle $OQP$ est rectangle en $Q$. On a donc $OP^2 = OQ^2 + QP^2$. Comme on a supposé que $P$ n'est pas sur l'axe , on a donc $P = Q$ (puisque $Q$ est lui sur) et donc $QP > 0$. On en déduit donc que $OP^2 > OQ^2$ d'où $OP > OQ$.\\ Si $Q = O$, on a également $OP > OQ = 0$ puisque $P$ n'appartient pas à la droite et donc $P = O$.\\ Puisqu'on avait déjà $\varphi(Q) - OQ \leqslant \varphi(P) - OP$, on en déduit que $\varphi(Q) \leqslant \varphi(P) + OQ - OP < \varphi(P)$ puisque $OQ - OP < 0$. \item À l'aide des questions précédentes, si $\varphi$ réalise son minimum $m$ en un point $P$, on sait désormais que $P$ est sur $\Delta$ car si tel n'est pas le cas, on vient de voir qu'il existe un point $Q$ de $\Delta$ en lequel $\varphi(Q) < \varphi(P)$, ce qui contredit le fait que $\varphi$ est minimale en $P$. On sait aussi que $OP \leqslant 3$. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item On a \[\Phi(x) = \sqrt{3x^2} + 3\sqrt{(x - 1)^2 + 2x^2} = \sqrt{3}(-x) + 3\sqrt{(x - 1)^2 + 2x^2}~\text{si}~ x \leqslant 0.\] Ainsi, lorsque $x \leqslant 0$, on a $\sqrt{3}(-x) \geqslant 0$ et $\sqrt{(x - 1)^2 + 2x^2} = \sqrt{3x^2 + 2(- x) + 1} \geqslant \sqrt{1}$ d'où $\Phi(x) \geqslant 0 + 3 \times \sqrt{1} = 3 = \Phi(0)$. \item Sur $\R^{+*}$, on a $\Phi(x) = x\sqrt{3} + 3\sqrt{3x^2 - 2x + 1}$. Comme le discriminant du trinôme $3x^2 - 2x +1$ est négatif, cette quantité est strictement positive sur $\R$. Ainsi, $\Phi$ est dérivable sur $\R^{+*}$ et on a, pour tout $x > 0$ : \[\Phi(x) = \sqrt{3} + 3\dfrac{3x - 1}{\sqrt{3x^2 - 2x + 1}}\] On voit donc clairement ici que pour $3x - 1 > 0$, \emph{i. e.} pour $x > \dfrac{1}{3}$, on a $\Phi'(x) > 0$. Ainsi, la fonction $\Phi$ est strictement croissante sur $\dfrac{1}{3}~;~+\infty[$.\\ Sur $\left]0~ ;~\dfrac{1}{3}\right[,~ 1 - 3x > 0$ et donc \[ \Phi '(x) > 0 \iff \sqrt{3} > 3\dfrac{1 - 3x}{\sqrt{3x^2 - 2x + 1}} \iff 3\left(3x^2 - 2x + 1\right) > 9(1 - 3x)^2 \iff 12x^2 - 8x + 1 < 0.\] Les racines de ce trinôme étant $\dfrac{1}{6}$ et $\dfrac{1}{2}$, on a donc $\Phi'(x) < 0$ sur $\left]0~ ;~\dfrac{1}{6}\right[$ et $\Phi'(x) > 0$ sur $\left]\dfrac{1}{6}~ ;~+\infty\right[$. Finalement, la fonction $\Phi$ est strictement décroissante sur $\left]0~ ;~\dfrac{1}{6}\right[$ et est strictement croissante sur $\left]\dfrac{1}{6}~ ;~+\infty\right[$. \item Le résultat est assez immédiat en tenant compte des trois questions précédentes.\\ On a donc $P_{0}\left(\dfrac{1}{6}~;~\dfrac{1}{6}~;~\dfrac{1}{6}\right)$ et $m = -\varphi \left(P_{0}\right) = \phi\left(\dfrac{1}{6}\right) = \dfrac{\sqrt{2}}{6} + 3\dfrac{5\sqrt{2}}{6} = \dfrac{\sqrt{2}}{6}$. \item On vérifie aisément que $3\vect{OP_{0}} + \vect{AP_{0}} + \vect{BP_{0}} + \vect{CP_{0}} = \vect{0}$ ce qui justifie bien que $P_{0}$ est barycentre du système de points pondérés \\$\{(O~;~ 3) , (A~;~1) , (B~;~1) , (C~;~1)\}$ . De plus, on a \[\vect{P_{0}A} \cdot \vect{P_{0}B} = \left(\dfrac{5}{6}~;~-\dfrac{1}{6}~;~-\dfrac{1}{6}\right) \cdot \left(-\dfrac{1}{6}~;~\dfrac{5}{6}~;~-\dfrac{1}{6}\right) = - \dfrac{1}{4}\] et comme $\vect{P_{0}A} \cdot \vect{P_{0}B} = P_{0}A \times P_{0}B \times \cos \left(\widehat{\vect{P_{0}A}~;~\vect{P_{0}B}} \right)$, on en déduit que $\cos \left(\widehat{\vect{P_{0}A}~;~\vect{P_{0}B}} \right) = - \dfrac{1}{3}$ et donc que $\theta = \text{arccos} \left(- \dfrac{1}{3} \right) \approx 1,91$~ radian soit $\theta \approx 109$~degrés par défaut. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{document}