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\pagestyle{empty}

\theoremstyle{definition}
\newtheorem{exo}{Exercice}

\newcounter{qstct}[exo]
\newcommand{\qst}{\noindent\stepcounter{qstct}\arabic{qstct}.\hspace{0.1cm}}
\newcommand{\qstn}{\noindent\stepcounter{qstct}\hspace{0.1cm}}

\newcounter{sqct}[sqct]
\newcommand{\sq}{ \noindent\stepcounter{sqct}\textbf{\alph{sqct}.}\hspace{0.1cm}}

\def\b#1{{\mathbb{#1}}} % police en double barre (pour les corps, par exemple)
\def\l#1{{\mathcal{#1}}}
\def\Id{\mathop{\rm Id}}

\begin{document}

\noindent
{\bf Universit\'e Joseph Fourier Grenoble I\hfill Ann\'ee 2011/2012}

\begin{center}
\begin{large}
\textbf{MAT244 : Corrig\'e du contr\^ole continu du 20 avril 2012} 
\end{large}
\end{center}

\noindent
\textbf{Question de cours.}
Soit $(E,\langle~~,~~\rangle)$ un espace hermitien de dimension finie 
sur~$\b C$. On rappelle qu'un endomorphisme unitaire est un endomorphisme
$u$ tel que $\Vert u(x)\Vert=\Vert x\Vert$ pour tout $x\in E$.\vskip3pt

\qst Voici 4 autres propri\'et\'es caract\'eristiques \'equivalentes 
\`a ce que $u$ soi unitaire~: (i) $u$ pr\'eserve le produit scalaire hemritien~:
$\forall x,y\in E$, $\langle u(x),u(y)\rangle=\langle x,y\rangle\,$;
(ii) $u$ est inversible et son adjoint $u^*$ v\'erifie $u^*=u^{-1}\,$;
(iii) $u$ transforme une base orthonorm\'ee de $E$ en une base orthonorm\'ee 
de~$E\,$;
(iv) Les colonnes (ou les lignes)  de la matrice $A$ de $u$ dans une base
orthonorm\'ee de $E$ forment un syst\`eme orthonorm\'e.
\vskip1mm

\qst Soit $\lambda\in\b C$ une valeur propre de $u$. Si $x\in E$, $x\ne 0$, est 
un vecteur propre, i.e.\ $u(x)=\lambda x$, la propri\'et\'e d'invariance de la 
norme implique
$$
\Vert x\Vert=\Vert u(x)\Vert=\Vert \lambda x\Vert=|\lambda|\,\Vert x\Vert
$$
et comme $\Vert x\Vert\ne 0$ on en d\'eduit apr\`es division par
$\Vert x\Vert$ que $|\lambda|=1$.

\vspace{0.25cm}
\begin{exo}${}$\vskip1mm
\qst Dans le plan euclidien $\b R^2$, on consid\`ere la conique d'\'equation
$x^2+4xy+4y^2-x-y+1=0$. On constate ici imm\'ediatement que la partie quadratique
$x^2+4xy+4y^2=(x+2y)^2$ est un carr\'e (le discriminant est nul). Nous sommes
conduits \`a effectuer le changement de coordonn\'ees orthonorm\'e
$$
\begin{cases}
X=\frac{1}{\sqrt{5}}(x+2y)\\
Y=\frac{1}{\sqrt{5}}(-2x+y).\\
\end{cases}
$$
La matrice inverse d'une matrice orthonorm\'ee \'etant donn\'ee par la transpos\'ee,
on trouve (sans calcul \`a effectuer a priori, bien que celui-ci soit \'egalement
\`a peu pr\`es \'evident...)
$$
\begin{cases}
x=\frac{1}{\sqrt{5}}(X-2Y)\\
y=\frac{1}{\sqrt{5}}(2X+Y).\\
\end{cases}
$$
On obtient donc $-x-y=\frac{1}{\sqrt{5}}(-3X+Y)$ et l'\'equation de la conique
devient
$$
5X^2+\frac{1}{\sqrt{5}}(-3X+Y)+1=0~~
\Leftrightarrow~~ 5(X-3\sqrt{5}/50)^2+\frac{1}{\sqrt{5}}(Y+91\sqrt{5}/100)=0
$$
Si l'on pose $X'=X-3\sqrt{5}/50$, $Y'=Y+91\sqrt{5}/100$, l'\'equation devient
$Y'=-5\sqrt{5}\, X^{\prime 2}$, il s'agit d'une parabole de sommet 
$S:X_S=3\sqrt{5}/50$, $Y_S=-91\sqrt{5}/100$
(soit $x_S=47/25$, $y_S=-79/100$), d'axe $SY$, tourn\'ee du c\^ot\'e $Y<0$,
la direction asymptotique de l'axe est de vecteur directeur 
$\begin{pmatrix}2\\-1\end{pmatrix}$.

\qst Les calculs du 1. montrent que la quadrique 
$x^2+4xy+4y^2+z^2-x-y+1=0$ de $\b R^3$ admet pour \'equation
$$5\,X^{\prime 2}+\frac{1}{\sqrt{5}}Y'+Z^{\prime 2}=0$$
dans les coordonn\'ees orthonorm\'ees
$$
X'=X-X_S=\frac{1}{\sqrt{5}}(x+2y)-\frac{3\sqrt{5}}{50},\qquad
Y'=Y-Y_S=\frac{1}{\sqrt{5}}(-2x+y)+\frac{91\sqrt{5}}{100},\qquad Z'=z.
$$
L'\'equation s'\'ecrit encore $Y'=-5\sqrt{5}\,X^{\prime 2}-\sqrt{5}\,Z^{\prime 2}$,
il s'agit d'un parabolo\"{\i}de elliptique.
\end{exo}

\begin{exo}${}$

\qst La matrice $$A=\begin{pmatrix}
 0 & -3 & 1\\
 -3 & 0 & 1 \\
1 & 1 & -4
\end{pmatrix}$$
est une matrice sym\'etrique r\'eelle. On sait que les valeurs propres sont
r\'eelles et qu'il existe une base orthonorm\'ee de vecteurs propres$\,$:
il existe un changement de base orthonorm\'e $P$ tel que 
$P^{-1}AP=D$ est diagonale.

\qst Le vecteur de coordonn\'ees 
$X=\begin{pmatrix} 1\\ 1 \\ 1\end{pmatrix}$ est un vecteur propre de $A$,
en effet un calcul imm\'ediat donne
$$AX=\begin{pmatrix} -2\\ -2 \\ -2\end{pmatrix}=-2X,$$
la valeur propre correspondante est $\lambda_1=-2$.

\qst Nous avons
\begin{eqnarray*}
\det(A-\lambda I)&=&\det \begin{pmatrix}
 -\lambda & -3 & 1\\
 -3 & -\lambda & 1 \\
1 & 1 & -4-\lambda
\end{pmatrix}\\
&=&\lambda^2(-4-\lambda)-3-3+\lambda+\lambda+9(4+\lambda)\\
&=&-\lambda^3-4\lambda^2+11\lambda+30\\
&=&-(\lambda+2)(\lambda^2+2\lambda-15)=-(\lambda+2)(\lambda-3)(\lambda+5)
\end{eqnarray*}
(comme $\lambda_1=-2$ est valeur propre, on savait d'avance que le polyn\^ome
caract\'eristique devait admettre le facteur $\lambda+2$). Le calcul des
vecteurs propres donne
$$
\lambda_1=-2,~~V_1=\begin{pmatrix} 1\\ 1 \\ 1\end{pmatrix},\qquad
\lambda_2=3,~~V_2=\begin{pmatrix} 1\\ -1 \\ 0\end{pmatrix},\qquad
\lambda_3=-5,~~V_3=\begin{pmatrix} 1\\ 1 \\ -2\end{pmatrix}.
$$
$(V_1,V_2,V_3)$ forment une base orthogonale, une base orthonormée de vecteurs
est obtenue en prenant des vecteurs unitaires colinéaires, soit
$$
U_1=\frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix} 1\\ 1 \\ 1\end{pmatrix},\qquad
U_2=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1\\ -1 \\ 0\end{pmatrix},\qquad
U_3=\frac{1}{\sqrt{6}}\begin{pmatrix} 1\\ 1 \\ -2\end{pmatrix}.
$$
La matrice de passage $P$ dont les colonnes sont $U_1$, $U_2$, $U_3$ donne la
diagonalisation
$$
P^{-1}AP=D=\begin{pmatrix}
 -2 & 0 & 0\\
 0 & 3 & 0 \\
 0 & 0 & -5
\end{pmatrix}.
$$
La forme quadratique de matrice $A$ est donc non dégénérée, 
de signature $(2,1)$.
\end{exo}
\vspace{6pt}

\begin{exo}
 On se place sur l'espace $E=C^0([-\pi,\pi],\b{R})$ des fonctions continues de $[-\pi,\pi]$ dans $\b{R}$, muni du produit scalaire  $\varphi$ d\'efini par l'expression suivante :
$$
\varphi(f,g) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi} ^{\pi} \ f(x) \ g(x) \ dx.
$$ 

\qst On note ${\mathbb 1}$ la fonction constante $x\mapsto 1$. Il est immédiat de v\'erifier que le syst\`eme de fonctions $\mathcal{B} = ({\mathbb 1},\cos,\sin)$ est orthogonal, du fait que les primitives des fonctions
$x\mapsto 1\cdot \cos x$, $x\mapsto 1\cdot \sin x$, $x\mapsto \cos x\cdot\sin x=\frac{1}{2}\sin 2x$ sont périodiques de période $2\pi$, les intégrales sur
$[-\pi,\pi]$ sont donc nulles. Si $q(f)=\varphi(f,f)$ est la forme quadratique
associée à $\varphi$, on trouve $q({\mathbb 1})=1$, 
$q(\cos)=q(\sin)=\frac{1}{2}$ (par exemple en obervant que $q(\cos)=q(\sin)$ puisqu'il y a juste un décalage de $\pi/2$, tandis que $\cos^2+\sin^2={\mathbb 1}$.
De plus $\mathcal{B}$ est une famille libre [on peut le vérifier directement
à partir d'une combinaison linéaire $\alpha+\beta\cos x+\gamma\sin x=0$ en
prenant successivement $x=0$ qui donne $\alpha+\beta=0$, $x=\pi$ qui donne
$\alpha-\beta=0$, donc $\alpha=\beta=0$, puis $\gamma=0$ en prenant
$x=\pi/2\,$; on peut aussi arguer du fait qu'un système de
vecteurs non nuls qui est orthogonal par arpport à un forme bilinéaire
symétrique définie positive est automatiquement libre]. Par conséquent
$\mathcal B$ engendre un sous-espace $F$ de dimension $3$, et 
$\mathcal B$ en est une base orthogonale$\,$; une base orthonormée
est $(e_1,e_2,e_3)=({\mathbb 1},\sqrt{2}\cos,\sqrt{2}\sin)$.
\medskip

\qst D'après le cours la projection orthogonale $\pi_F:E\to F$
est donnée par
$$
\pi_F(f)=\langle e_1,f\rangle e_1+
\langle e_2,f\rangle e_2+\langle e_3,f\rangle e_3=
\langle {\mathbb 1},f\rangle {\mathbb 1}+2
\langle \cos,f\rangle \cos+2\langle \sin,f\rangle \sin,
$$
soit encore
$$
\pi_F(f)=g~~\hbox{avec}~~g(x)=\alpha+\beta\cos x+\gamma\sin x,
$$
où
$$
\alpha=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi} ^{\pi} f(x)\ dx,\qquad
\beta=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi} ^{\pi} f(x)\,\cos x\ dx,\qquad
\gamma=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi} ^{\pi} f(x)\,\sin x\ dx.
$$

\qst Chercher un triplet $(a_0,b_0,c_0)$ dans $\b{R}^3$ 
qui minimise 
$$\frac{1}{2\pi}
\int_{-\pi} ^{\pi} \Big(x-a-b\cos x-c\sin x)^2 \ dx$$
revient à cherche une fonction $g\in F$ qui minimise la norme
$\Vert\Id-g\Vert$ mesurant l'écart de $g=a{\mathbb 1}+b\cos+c\sin$ 
à la fonction identique $\Id:x\mapsto x$ sur $[-\pi,\pi]$. On sait
que la solution est donnée par $g_0=\pi_F(\Id)$, et que cette solution est 
unique; en fait, pour $g\in F$, le théorème de Pythagore donne
$$\Vert\Id-g\Vert^2=\Vert\Id-g_0\Vert^2+\Vert g_0-g\Vert^2\qquad
\hbox{où $\Id-g_0\in F^\perp$, $g-g_0\in F$.}
$$
D'après 2.\ on trouve
$$
a_0=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi} ^{\pi} x\ dx=0,\qquad
b_0=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi} ^{\pi} x\,\cos x\ dx=0\qquad
\hbox{par parité},
$$
tandis qu'une intégration par parties donne
$$
c_0=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi} ^{\pi} x\,\sin x\ dx
=\frac{2}{\pi}\int_0 ^{\pi} x\,\sin x\ dx
=\frac{2}{\pi}\Big[-x\,\cos x\Big]_0^\pi+ \frac{2}{\pi}\int_0^\pi \cos x\,dx
=2.
$$
La norme minimale est donnée par
$$
\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi} ^{\pi} (x-2\sin x)^2\ dx=
\frac{1}{\pi}\int_0 ^{\pi} (x^2-4x\,\sin x+4\sin^2 x)\ dx=\frac{\pi^2}{3}-4+2=
\frac{\pi^2}{3}-2\simeq 1,29.
$$
\qst Soit $G$ l'espace vectoriel engendr\'e par $F$ et par la fonction
identique $\Id:x\mapsto x$. Comme $\Id\notin F$, l'espace $G$ est de
dimension $4$. La fonction $u=\Id-\pi_F(\Id):x\mapsto x-2\sin x$
est dans $G$ et orthogonale à $F$. On voit donc que $({\mathbb 1},\cos,\sin, u)$
est une base orthogonale de $G$. Ceci donne la base orthonorm\'ee
$$
\Big({\mathbb 1},\sqrt{2}\cos,\sqrt{2}\sin,\frac{1}{\sqrt{\frac{\pi^2}{3}-2}} 
u).
$$

\qst La forme quadratique $Q$ sur $\b R^4$ telle
que
$$
Q(a,b,c,d)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi} ^{\pi} \Big(a+b\cos x+c\sin x+dx)^2 \ dx
$$
est donnée d'après ce qui précède par
$$
Q(a,b,c,d)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi} ^{\pi} \Big(a+b\cos x+(c+2d)\sin x+
d(x-2\sin x)\Big)^2 \ dx
=a^2+\frac{1}{2}b^2+\frac{1}{2}(c+2d)^2+\Big(\frac{\pi^2}{3}-2\Big)d^2
$$
du fait de l'orthogonalité des fonctions mises en jeu. Le bloc $2\times 2$
impliquant les coefficients $(a,b)$ est déjà diagonal avec valeurs propres
$\lambda_1=1$, $\lambda_2=\frac{1}{2}$ (et vecteurs propres associés
$(1,0,0,0),~(0,1,0,0)$), il suffit donc de diagonaliser l'autre bloc
$2\times 2$
$$
Q(0,0,c,d)=\frac{1}{2}(c+2d)^2+\Big(\frac{\pi^2}{3}-2\Big)d^2=\frac{1}{2}c^2+2cd
+\frac{\pi^2}{3}d^2.
$$
La matrice de la forme quadratique $(c,d)\mapsto Q(0,0,c,d)$ est donnée par
$$
\begin{pmatrix}
\frac{1}{2} & 1\\
1 & \frac{\pi^2}{3}
\end{pmatrix}.
$$
Son polynôme caractéristique est $(\lambda-\frac{1}{2})(\lambda-\frac{\pi^2}{3})-1=\lambda^2-(\frac{1}{2}+\frac{\pi^2}{3})\lambda+\frac{\pi^2}{6}-1$, dont 
les racines sont 
$$\lambda_3,~\lambda_4=\frac{1}{4}+\frac{\pi^2}{6}\pm
\sqrt{\frac{17}{16}-\frac{\pi^2}{12}+\frac{\pi^4}{36}}$$
(mais le calcul précis de $\lambda_3,\,\lambda_4$ est inutile pour 
ce qui suit). Les vecteurs propres correspondants de $Q$ sont donnés 
par $(a,b)=(0,0)$ et $(\frac{1}{2}-\lambda_i)c+d=0$, soit 
$$(a,b,c,d)=\Big(0,0,1,\lambda_i-\frac{1}{2}\Big),~~~~i=3,4,$$
et il faut bien entendu diviser chaque vecteur 
par $\sqrt{1+(\lambda_i-1/2)^2}$ si l'on veut une base orthonormée.
\end{exo}

\end{document}