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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}}

\let\ph=\phantom
\def\b#1{{\mathbb{#1}}} % police en double barre (pour les corps, par exemple)
\def\l#1{{\mathcal{#1}}}

\long\def\InsertPSFile#1 #2 #3 #4 #5 #6\EndFig{\par
\hbox{\hskip #1mm$\vbox to#2mm{%
\vfil\special{psfile=#5 hscale=#3 vscale=#4}}#6$}}
\long\def\LabelTeX#1 #2 #3\ELTX{\rlap{\kern#1mm\raise#2mm\hbox{#3}}}
\def\rep{\par$\smash{\underline{\smash{\hbox{\it Réponse}}}.}$\ }

\begin{document}
\parindent=0cm \parskip=3pt

{\bf Université Joseph Fourier Grenoble I\hfill Année 2011/2012}\\
{\bf DLST\hfill L2 PGM-PHC-PHY-PMM}

\begin{center}
\begin{large}
\textbf{MAT244 : corrigé de l'examen (deuxième session, 13 juin 2012)}
\end{large}
\end{center}

\noindent
\textbf{Question de cours.} Soit $(E,\langle~~,~~\rangle)$ un espace hermitien. 

0.a) Rappeler la définition de l'adjoint $u^*$ d'un endomorphisme
$u$ de $E$ en termes du produit scalaire hermitien.
\rep L'adjoint $u^*$ est l'unique application $\b C$-linéaire de $E$ dans $E$
telle que pour tous $x,y\in E$ on ait
$$
\langle u(x),y\rangle=
\langle x,u^*(y)\rangle.
$$

0.b) On suppose ici $u$ symétrique. \`A partir de la définition du 0.a, donner 
la preuve du fait que\\
-- Si $x\in E$ est un vecteur propre de $u$ pour la valeur propre 
$\lambda\in\b C$, alors celle-ci est  nécessairement réelle.\\
-- Des vecteurs propres $x,y$ correspondant à des valeurs propres
$\lambda,\mu$ distinctes sont nécessairement orthogonaux.
\rep Par définition l'endomorphisme $u$ est symétrique si et seulement si $u^*=u$, c'est-à-dire d'après 0.a) si~et seulement si pour tous $x,y\in E$ on a
$$
\langle u(x),y\rangle=
\langle x,u(y)\rangle.
$$
-- Si $x$ est vecteur propre pour la valeur propre $\lambda\in\b C$, on a
$u(x)=\lambda x$ et en prenant $y=x$ dans l'égalité ci-dessus il vient
$$
\langle u(x),x\rangle=
\langle x,u(x)\rangle~~\Longrightarrow~~
\langle \lambda x,x\rangle=
\langle x,\lambda x\rangle~~\Longrightarrow~~
\overline\lambda\langle x,x\rangle=
\lambda\langle x,x\rangle
$$
par sesquilinéarité. Comme $x\ne 0$, on a $\langle x,x\rangle\ne 0$ (strictement positif), donc 
$\overline\lambda=\lambda$ et par suite $\lambda\in\b R$.\\
-- Si $x$, $y$ sont des vecteurs propres pour des valeurs propres respectives
$\lambda\ne\mu$, on sait déjà que $\lambda,\mu\in\b R$ d'après ce qui précède.
On obtient
$$
\langle u(x),y\rangle=
\langle x,u(y)\rangle~~\Longrightarrow~~
\langle \lambda x,y\rangle=
\langle x,\mu y\rangle~~\Longrightarrow~~
\overline\lambda\langle x,y\rangle=
\mu\langle x,y\rangle~~\Longrightarrow~~
(\lambda-\mu)\langle x,y\rangle=0.
$$
Comme $\lambda\ne\mu$, on en déduit $\langle x,y\rangle=0$, donc $x$, $y$
sont orthogonaux.
\vskip1mm

\begin{exo} On considère dans $\b R^3$ la forme bilinéaire 
symétrique $\varphi$ de matrice
$$A=\begin{pmatrix}
 2 & 4 & 5\\
 4 & 2 & -5 \\
 5 & -5 & -7
\end{pmatrix}$$
et $q$ la forme quadratique associée.

1.a)  Soient $u=(x,y,z)$ et $u'=(x',y',z')$ des vecteurs de $\b R^3$. Expliciter
$\varphi(u,u')$ et $q(u)$.
\rep Par définition de la matrice d'une forme bilinéaire, on trouve
\begin{align*}
\varphi(u,u')&= 2xx'+2yy'-7zz'+4(xy'+yx')+5(xz'+zx')-5(yz'+zy'),\\
q(u)=\varphi(u,u)&= 2x^2+2y^2-7z^2+8xy+10xz-10yz.
\end{align*}

1.b) Déterminer l'orthogonal du vecteur $a=(0,1,1)$ pour la forme bilinéaire
symétrique $\varphi$.
\rep L'orthogonal du vecteur $a=(0,1,1)$ pour la forme bilinéaire
symétrique $\varphi$ et par définition l'ensemble des vecteurs 
$u=(x,y,z)$ tels que
$$
\varphi(u,a)=0x+2y-7z+4x+5x-5(y+z)=0,
$$
soit $9x-3y-12z=0$, ou encore $3x-y-4z=0$. C'est un plan vectoriel.

1.c) \`A l'aide de la méthode de Gauss, déterminer une décomposition de $q(u)$
en somme de carrés de formes linéaires indépendantes. Quels sont le rang et la signature de $q$~?
\rep Comme $x^2$ figure dans l'expression, la méthode de Gauss consiste d'abord
à regrouper les termes en $x$ et à les écrire comme le début d'un carré. On répète ensuite avec les variables restantes. Il vient ainsi
\begin{align*}
q(u)&=2(x^2+4xy+5xz)+2y^2-7z^2-10yz=
2\Big(x+2y+\frac{5}{2}z\Big)^2-2\Big(2y+\frac{5}{2}z\Big)^2+2y^2-7z^2-10yz\\
&=2\Big(x+2y+\frac{5}{2}z\Big)^2-6y^2-\frac{39}{2}z^2-30yz
=2\Big(x+2y+\frac{5}{2}z\Big)^2-6(y^2+5yz)-\frac{39}{2}z^2\\
&=2\Big(x+2y+\frac{5}{2}z\Big)^2-6\Big(y+\frac{5}{2}z\Big)^2
+\frac{150}{4}z^2-\frac{39}{2}z^2=
2\Big(x+2y+\frac{5}{2}z\Big)^2-6\Big(y+\frac{5}{2}z\Big)^2+18\,z^2.
\end{align*}
On trouve donc $q(u)=2\ell_1(u)^2-6\ell_2(u)^2+18\ell_3(u)^2$ avec les
3 formes linéaires indépendantes
$$
x'=\ell_1(u)=x+2y+\frac{5}{2}z,\qquad
y'=\ell_2(u)=y+\frac{5}{2}z,\qquad
z'=\ell_3(u)=z.
$$
Il s'agit d'une forme quadratique de rang $3$ et de signature $(2,1)$.

1.d) Expliciter une base orthogonale de $\b R^3$ pour $\varphi$, déduite
de la décomposition en carrés obtenue à la question précédente.
\rep Le changement de coordonnées réciproque de la transformation
$X=\begin{pmatrix}x\\ y\\ z\end{pmatrix}\mapsto
X'=\begin{pmatrix}x'\\ y'\\ z'\end{pmatrix}$ est donné par
$$
z=z',\qquad y=y'-\frac{5}{2}z',\qquad x=x'-2\Big(y'-\frac{5}{2}z'\Big)-\frac{5}{2}z'=x'-2y'+\frac{5}{2}z',
$$
soit $X=PX'$ avec la matrice de passage
$$
P=\begin{pmatrix}
1 & -2 & \frac{5}{2} \\
0 & 1 & - \frac{5}{2} \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}.
$$
Les vecteurs colonnes de cette matrice, à savoir les vecteurs
$e'_1=(1,0,0)$, $e'_2=(-2,1,0)$, $e'_3=(\frac{5}{2},-\frac{5}{2},1)$ de~$\b R^3$
forment une base orthogonale pour $q$, et on a $q(u)=2x^{\prime\,2}-6y^{\prime\,2}
+18z^{\prime\,2}$ dans les nouvelles coordonnées. La matrice de $\varphi$
dans cette base est par conséquent
$$
A'=\begin{pmatrix}
2 & 0 & 0 \\
0 & -6 & 0 \\
0 & 0 & 18
\end{pmatrix}\qquad\hbox{(une vérification directe est possible
via~ $A'=P^{\,t}AP$).}
$$

1.e) Montrer que le vecteur $u_1=(1,1,0)$ est un vecteur propre de $A$ pour une
valeur propre $\lambda_1$ que l'on déterminera. Déterminer les valeurs 
propres et une base de vecteurs propres de $A$, qui soit orthonormée relativement au produit scalaire euclidien usuel.
\rep Un calcul montre que le vecteur colonne $U_1=\begin{pmatrix}
1\\ 1\\ 0\end{pmatrix}$ vérifie $AU=\begin{pmatrix}
6\\ 6\\ 0\end{pmatrix}=6U$. Par conséquent le vecteur
$u_1=(1,1,0)\in\b R^3$ est un vecteur propre pour la valeur propre 
$\lambda_1=6$. Nous trouvons
$$
\det(A-\lambda I)=\left|\begin{matrix}
2 -\lambda & 4 & 5 \\
4 & 2-\lambda & -5 \\
5 & -5 & -7-\lambda\end{matrix}\right|
=\left|\begin{matrix}
6 -\lambda & 4 & 5 \\
6-\lambda & 2-\lambda & -5 \\
0 & -5 & -7-\lambda\end{matrix}\right|
=\left|\begin{matrix}
6 -\lambda & 4 & 5 \\
0 & -2-\lambda & -10 \\
0 & -5 & -7-\lambda\end{matrix}\right|
$$
en ajoutant la deuxième colonne à la première, puis en retranchant la première
ligne à la deuxième. Ceci donne
$$
\det(A-\lambda I)=(6-\lambda)\big[(2+\lambda)(7+\lambda)-50\big]=
(6-\lambda)\big[\lambda^2+9\lambda-36\big]=-(\lambda-6)(\lambda-3)(\lambda+12).
$$
Les valeurs propres sont $\lambda_1=6$ (déjà trouvée), $\lambda_2=3$, 
$\lambda_3=-12$, la trace $\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3=-3$ est correcte,
et la signature est bien $(2,1)$ comme on l'avait déjà trouvé en 1.c.
Comme les valeurs propres sont de multiplicité~$1$, chacun des espaces propres
est une droite (sous-espace de dimension $1$), et on sait qu'elles doivent être orthogonales
par rapport au produit scalaire euclidien usuel. Les
systèmes linéaires $(A-\lambda I)X=0$ avec 
$\lambda=6,\,3,\,-12$ s'écrivent respectivement
$$
\begin{cases}-4x+4y+5z=0\\ \ph{-}4x-4y-5z=0\\ \ph{-}5x -5y -13z=0\end{cases}
\qquad
\begin{cases}-x+4y+5z=0\\ \ph{-}4x-y-5z=0\\ \ph{-}5x -5y -10z=0\end{cases}
\qquad
\begin{cases}14x+4y+5z=0\\ \ph{-}4x+14y-5z=0\\ \ph{-}5x -5y +5z=0\end{cases}
$$
et on trouve que les solutions en sont les droites vectorielles
$$
\b R\,U_1,~~U_1=\begin{pmatrix}1 \\ 1\\ 0 \end{pmatrix},\qquad
\b R\,U_2,~~U_2=\begin{pmatrix}1 \\ -1\\ 1 \end{pmatrix},\qquad
\b R\,U_3,~~U_3=\begin{pmatrix}1 \\ -1\\ -2 \end{pmatrix}=
U_1\wedge U_2
$$
(vérification laissée au lecteur). On obtient ainsi la base orthonormée
$$
e''_1:\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1 \\ 1\\ 0 \end{pmatrix},\qquad
e''_2:\frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix}1 \\ -1\\ 1 \end{pmatrix},\qquad
e''_3:\frac{1}{\sqrt{6}}\begin{pmatrix}1 \\ -1\\ -2 \end{pmatrix},
~~e''_3=e''_1\wedge e''_2.
$$
Cette base est orthogonale pour $\varphi$, la matrice de $\varphi$ étant
$$
A''=\begin{pmatrix}
\lambda_1 & 0 & 0 \\
0 & \lambda_2 & 0 \\
0 & 0 & \lambda_3
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
6 & 0 & 0 \\
0 & 3 & 0 \\
0 & 0 & -12
\end{pmatrix}.
$$

1.f) Déterminer la nature de la quadrique $Q=\{u\in\b R^3\,;\;q(u)=-1\}$.
\rep Dans la base orthonormée $(e''_1,e''_2,e''_3)$, la quadrique 
$Q=\{u\in\b R^3\,;\;q(u)=-1\}$ s'écrit 
$$6x^{\prime\prime\,2}+3y^{\prime\prime\,2}-12z^{\prime\prime\,2}=-1.$$
Il s'agit d'un hyperboloïde (non de révolution, i.e.\ elliptique) à 2 nappes
situées respectivement dans les demi-espaces $z''>0$ et $z''<0$~:
$$
\sqrt{12}\,z''=\pm\sqrt{6x^{\prime\prime\,2}+3y^{\prime\prime\,2}+1}.
$$

\end{exo}
\vskip1mm

\begin{exo}
On considère la fonction $f$ de période $2\pi$ telle que $f(x)=e^{\lambda|x|}$ 
sur $[-\pi,\pi]$, où $\lambda\in\b R^*$.

2.a) Dessiner sommairement le graphe de la fonction pour $\lambda=-\ln 4/\pi\,(\simeq -0.44)$ sur l'intervalle $[-3 \pi,3\pi]$.
\rep Pour $\lambda=-\ln 4/\pi\,(\simeq -0.44)$, on a $f(\pi)=f(-\pi)=
e^{-\ln 4}=1/4$, on voit que la fonction $f$ est continue sur $\b R$ 
tout entier. Le graphe de $f$ sur $[-3 \pi,3\pi]$ a l'allure suivante

\InsertPSFile 10 42 90 90 {exp-abs-period.eps}
\LabelTeX 0 -3 $-3\pi$\ELTX
\LabelTeX 22 -3 $-2\pi$\ELTX
\LabelTeX 44 -3 $-\pi$\ELTX
\LabelTeX 67 -3 $0$\ELTX
\LabelTeX 89 -3 $\pi$\ELTX
\LabelTeX 109 -3 $2\pi$\ELTX
\LabelTeX 131 -3 $3\pi$\ELTX
\LabelTeX 65 31 $1$\ELTX
\LabelTeX 61 10 $1/4$\ELTX
\LabelTeX 138 -3 $x$\ELTX
\LabelTeX 96 18 $f(x)$\ELTX
\EndFig
\vskip3mm

2.b) Calculer les coefficients de Fourier 
$a_0(f)=c_0(f)$, puis les coefficients 
$a_n(f)$, $b_n(f)$ et $c_n(f)$ $($on pourra
utiliser au choix des intégrations par parties ou les exponentielles 
complexes pour calculer l'intégrale, mais on demande le résultat sous 
forme réelle pour $a_n(f)$ et $b_n(f))$.
\rep Du fait de la parité de $f$, le coefficient de Fourier $a_0(f)$ 
est donné par
$$
a_0(f)=c_0(f)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi f(x)\,dx=
\frac{1}{\pi}\int_0^\pi e^{\lambda x}\,dx=
\frac{1}{\pi}\Big[\frac{e^{\lambda x}}{\lambda}\Big]_0^\pi=
\frac{1}{\pi}\frac{e^{\lambda \pi}-1}{\lambda}.
$$
Pour $n\ge 1$, nous avons $b_n(f)=0$ puisque $f$ est paire, tandis que
\begin{align*}a_n(f)
&=\frac{2}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi f(x)\cos(nx)\,dx=
\frac{2}{\pi}\int_0^\pi e^{\lambda x}\cos(nx)\,dx=
\frac{1}{\pi}\int_0^\pi e^{\lambda x}(e^{inx}+e^{-inx})\,dx\\
&=\frac{1}{\pi}\Big[\frac{e^{(\lambda+in) x}}{\lambda+in}+
\frac{e^{(\lambda-in) x}}{\lambda-in}\Big]_0^\pi=
\frac{1}{\pi}\Big(\frac{(-1)^ne^{\lambda\pi} -1}{\lambda+in}+
\frac{(-1)^ne^{\lambda\pi} -1}{\lambda-in}\Big)
=\frac{2\lambda}{\pi}\,\frac{(-1)^ne^{\lambda\pi} -1}{\lambda^2+n^2}.
\end{align*}
Comme $e^{-inx}=\cos(nx)-i\sin(nx)$, le coefficient $c_n(f)$ est donné 
pour $n\ge 1$ par
$$
c_n(f)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi f(x)\,e^{-inx}\,dx=
\frac{1}{2}\big(a_n(f)-ib_n(f)\big)=\frac{1}{2}a_n(f)
=\frac{\lambda}{\pi}\,\frac{(-1)^ne^{\lambda\pi} -1}{\lambda^2+n^2},
$$
et cette formule est en fait vraie aussi pour $n=0$ et pour $n<0$, car
la parité de $f$ entraîne $c_n(f)=c_{-n}(f)$. Alternativement, on aurait pu 
calculer $a_n(f)$ à l'aide de deux intégrations par parties successives~:
\begin{align*}
I=\int_0^\pi e^{\lambda x}\cos(nx)\,dx
&=\Big[\frac{e^{\lambda x}}{\lambda}\cos(nx)\Big]_0^\pi
-\int_0^\pi \frac{e^{\lambda x}}{\lambda}(-n\sin(nx))\,dx\\
&=\frac{e^{\lambda x}\cos(n\pi)-1}{\lambda}+\frac{n}{\lambda}
\int_0^\pi e^{\lambda x}\sin(nx)\,dx\\
&=\frac{(-1)^ne^{\lambda\pi}-1}{\lambda}+\frac{n}{\lambda}\bigg(
\Big[\frac{e^{\lambda x}}{\lambda}\sin(nx)\Big]_0^\pi-
\int_0^\pi\frac{e^{\lambda x}}{\lambda}(n\cos(nx))\,dx\bigg)\\
&=\frac{(-1)^ne^{\lambda\pi}-1}{\lambda}-\frac{n^2}{\lambda^2}I.
\end{align*}
En multipliant par $\lambda^2$ et en transposant $I$ on en déduit
$$
I=\frac{\lambda}{\lambda^2+n^2}\big((-1)^ne^{\lambda\pi}-1\big)~~
\Longrightarrow~~
a_n(f)=\frac{2}{\pi}\;I=
\frac{2\lambda}{\pi}\frac{(-1)^ne^{\lambda\pi}-1}{\lambda^2+n^2}.
$$
2.c) Quelle est la somme de la série de Fourier de $f$~? On justifiera
le résultat à l'aide de l'énoncé précis du théorème utilisé.
\rep  Le théorème de Dirichlet stipule que la somme de la série entière
d'une fonction de classe $C^1$ par morceaux est égale en tout point $x\in\b R$
à la valeur principale VP$(f)(x)$. Ici $f$ est de classe $C^\infty$ par morceaux
et continue, donc VP$(f)=f$. On en déduit ici que la somme de la série 
de Fourier est égale à $f(x)$ en tout point, soit
$$
e^{\lambda x}=c_0(f)+\sum_{n=1}^{+\infty}a_n(f)\,\cos(nx)=
\frac{1}{\pi}\frac{e^{\lambda \pi}-1}{\lambda}+
\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{2\lambda}{\pi}
\frac{(-1)^ne^{\lambda \pi}-1}{\lambda^2+n^2}\cos(nx),\qquad\forall x\in\b R.
$$

2.d) Déduire de ce qui précède la valeur de la somme de la série
$$
\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^ne^{\lambda\pi}-1}{\lambda^2+n^2}
$$
\rep Pour $x=0$, la formule du 2.c) donne en particulier
$$
1=\frac{1}{\pi}\frac{e^{\lambda \pi}-1}{\lambda}+
\frac{2\lambda}{\pi}
\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^ne^{\lambda\pi}-1}{\lambda^2+n^2},
$$
d'où
$$
\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^ne^{\lambda\pi}-1}{\lambda^2+n^2}=
\frac{\pi}{2\lambda}-\frac{e^{\lambda \pi}-1}{2\lambda^2}.
$$

2.e) Donner l'énoncé général de la formule de Parseval. Expliciter la valeur
de la série
$$
\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{((-1)^ne^{\lambda\pi}-1)^2}{(\lambda^2+n^2)^2}.
$$
\rep La formule de Parseval dit que pour $f$ dans $L^2$ (et donc en particulier
pour $f$ continue par morceaux) on a
$$
\Vert f\Vert_2^2=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}|f(x)|^2\,dx=
\sum_{n\in\b Z}|c_n(f)|^2=
|c_0(f)|^2+\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{+\infty}(|a_n(f)|^2+|b_n(f)|^2).
$$
On a ici
$$
\Vert f\Vert_2^2=\frac{1}{\pi}\int_0^{\pi}e^{2\lambda x}\,dx
=\frac{1}{\pi}\Big[\frac{e^{2\lambda x}}{2\lambda}\Big]_0^\pi
=\frac{1}{\pi}\frac{e^{2\lambda \pi}-1}{2\lambda},
$$
ce qui entraîne l'égalité
$$
\frac{1}{\pi}\frac{e^{2\lambda \pi}-1}{2\lambda} =
\bigg(\frac{1}{\pi}\frac{e^{\lambda \pi}-1}{\lambda}\bigg)^2+
\frac{2\lambda^2}{\pi^2}
\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{((-1)^ne^{\lambda\pi}-1)^2}{(\lambda^2+n^2)^2}.
$$
On en déduit par conséquent
$$
\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{((-1)^ne^{\lambda\pi}-1)^2}{(\lambda^2+n^2)^2}=
\frac{\pi}{4\lambda^3}(e^{2\lambda \pi}-1) -
\frac{1}{2\lambda ^4}(e^{\lambda\pi}-1)^2.
$$

2.f)  Déterminer la projection orthogonale de la fonction $f$ sur le 
sous-espace ${\cal P}_N$ des polynômes trigonométriques de degré
inférieur ou égal à $N$, et exprimer la distance de $f$ à ce sous-espace, 
relativement
à la norme $L^2$ $\Vert g\Vert_2^2=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi|g(x)|^2\,dx$.
\rep D'après le cours la projection orthogonale de la fonction $f$ sur le 
sous-espace ${\cal P}_N$ des polynômes trigonométriques de degré
inférieur ou égal à $N$ coïncide avec la somme partielle d'ordre $N$
de la série de Fourier, soit
$$
f_N(x)=\frac{1}{\pi}\frac{e^{\lambda \pi}-1}{\lambda}+
\sum_{n=1}^{N}\frac{2\lambda}{\pi}
\frac{(-1)^ne^{\lambda \pi}-1}{\lambda^2+n^2}\cos(nx).
$$
Le théorème de Pythagore et la formule de Parseval entraînent d'autre part 
$$
\Vert f-f_N\Vert_2^2=\Vert f\Vert_2^2-\Vert f_N\Vert_2^2=
\frac{1}{2}\sum_{n=N+1}^{+\infty}|a_n(f)|^2=
\frac{2\lambda^2}{\pi^2}
\sum_{n=N+1}^{+\infty}\frac{((-1)^ne^{\lambda\pi}-1)^2}{(\lambda^2+n^2)^2}.
$$
La distance de $f$ au sous-espace  ${\cal P}_N$
est la racine carrée de cette quantité, qui
tend vers $0$ quand $N\to+\infty$ (c'est~le reste d'une série convergente).

2.g) (Question bonus) Un barreau métallique compris entre
$x=0$ et $x=\pi$, a une température $\theta(x,0)= \theta_0\,e^{\lambda x}$
au temps $t=0$. On suppose que le transfert thermique avec l'atmosphère
est négligeable. Si le coefficient de diffusivité thermique
est $D$, expliciter la température $\theta(x,t)$ pour tout temps $t$.
\rep La longueur du barreau est ici $L=\pi$. D'après la solution de
l'équation de la chaleur vue en cours, on sait que la température 
$\theta(x,t)$ au temps $t$ est de la forme
$$
\theta(x,t)=\sum_{n=0}^{+\infty}\alpha_n\cos\Big(\frac{n\pi}{L}x\Big)
e^{-(n^2\pi^2/L^2)Dt}.
$$
Ici $\alpha_n$ est le coefficient de Fourier en cosinus de la fonction 
température au temps $t=0$, soit $\theta_0e^{\lambda x}$, prolongée
comme fonction paire sur $[-L,L]=[-\pi,\pi]$, et égale par conséquent
à $\theta_0f(x)$. D'après 2.b) on a
$$
\alpha_0=\theta_0\,a_0(f)=\frac{\theta_0}{\lambda\pi}(e^{\lambda\pi}-1),
\qquad
\alpha_n=\theta_0\,a_n(f)=\frac{2\theta_0\lambda}{\pi}
\frac{(-1)^ne^{\lambda\pi}-1}{\lambda^2+n^2},\qquad\forall n\ge 1.
$$
Ceci implique
$$
\theta(x,t)=\frac{\theta_0}{\lambda\pi}(e^{\lambda\pi}-1)+
\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{2\theta_0\lambda}{\pi}
\frac{(-1)^ne^{\lambda\pi}-1}{\lambda^2+n^2}\cos(nx)e^{-n^2Dt}.
$$
\end{exo}

\end{document}