\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}