% Projet de texte pour l'examen de Mat244
% Vendredi 26 mai 2011
% Plain-TeX

\magnification=1000
\hoffset=-4mm\hsize=17cm
\voffset=-5mm\vsize=25cm
\parskip=4pt plus 2pt minus 1pt
\parindent=7.5mm

\font\tenBbb=msbm10
\font\sevenBbb=msbm7
\font\fiveBbb=msbm5
\newfam\Bbbfam
  \textfont\Bbbfam=\tenBbb
  \scriptfont\Bbbfam=\sevenBbb
  \scriptscriptfont\Bbbfam=\fiveBbb
\def\Bbb{\fam\Bbbfam\tenBbb}

\def\bC{{\Bbb C}}
\def\bN{{\Bbb N}}
\def\bP{{\Bbb P}}
\def\bR{{\Bbb R}}
\def\bZ{{\Bbb Z}}
\def\smallsetminus{\mathrel{\hbox{\Bbb r}}}
\def\bu{{\scriptstyle\bullet}}

\def\set#1{\{#1\}}
\def\\{\hfill\break}

\def\decal#1|{\hangindent8mm\hangafter1\noindent\rlap{#1}\hskip8mm} 
\def\Decal#1|{\hangindent16mm\hangafter1\noindent\hskip8mm\rlap{#1}\hskip8mm} 

% inclusion of PostScript files
\special{header=/home/demailly/psinputs/mathdraw/mdrlib.ps}

\def\RGBColor#1#2{\special{color push rgb #1}#2\special{color pop}}
\long\def\LabelTeX#1 #2 #3\ELTX{\rlap{\kern#1mm\raise#2mm\hbox{#3}}}

\long\def\InsertFig#1 #2 #3 #4\EndFig{\par
\hbox{\hskip #1mm$\vbox to#2mm{\vfil\special{" 
#3}}#4$}}

\long\def\InsertPSFile#1 #2 #3 #4 #5 #6\EndFig{\par
\hbox{\hskip #1mm$\vbox to#2mm{%
\vfil\special{psfile=#5 hscale=#3 vscale=#4}}#6$}}

\noindent 
{\bf Universit\'e Joseph Fourier\hfill UE MAT244,  ann\'ee 2010-2011}

\vskip15pt
\centerline{\bf Corrig\'e de l'examen du 26 mai 2011}
\medskip\noindent
De mani\`ere g\'en\'erale, il convient d'expliquer soigneusement la
d\'emarche suivie, et pas seulement de d\'erouler des calculs --
ceux-ci peuvent souvent \^etre guid\'es par la vision
g\'eom\'etrique. On constate malheureusement beaucoup trop d'erreurs
dans les copies (ma\^{\i}trise du raisonnement, du calcul mental et du calcul
alg\'ebrique insuffisante \`a ce niveau d'\'etudes~...)
\medskip

\centerline{\bf Exercice 1}
\noindent
On consid\`ere sur l'espace $\bR^3$ la forme quadratique $q$ et la forme 
bilin\'eaire sym\'etrique $b$ associ\'ee de matrice
$$
A=\pmatrix{-1 & -1 & 1\cr -1 & -1 & -1 \cr  1 & -1 & -1 \cr}.
$$
\item{1.a.} Pour $u=(x,y,z)\in\bR^3$ et $u'=(x',y',z')\in\bR^3$ sont des
vecteurs repr\'esent\'es par les matrices colonnes $U=\pmatrix{x\cr y\cr z\cr}$
et $U'=\pmatrix{x'\cr y'\cr z'\cr}$, on a par d\'efinition
$$
\eqalign{
b(u,u')&={}^tUAU'=-xx'-yy'-zz'-(xy'+yx')+(xz'+zx')-(yz'+zy'),\cr
q(u)&={}^tUAU=-x^2-y^2-z^2-2xy+2xz-2yz.\cr}
$$
\item{1.b.} Cherchons une d\'ecomposition de $q$ en carr\'es de 
formes lin\'eaires ind\'ependantes \`a l'aide de l'algorithme de Gauss~;
on fixe l'une des variables, disons $x$, on regroupe tous les termes
qui la contiennent, qu'on \'ecrit comme le d\'ebut d'un carr\'e, 
pr\'ec\'ed\'e du coefficient de $x^2$, \`a savoir $-1$ ici~:
$$
-x^2-2xy+2xz=-(x+y-z)^2+y^2+z^2-2yz.
$$
Ceci donne
$$
q(u)=-(x+y-z)^2-4yz.
$$
Il ne ``reste plus de carr\'es'', mais seulement le terme mixte $-4yz$
ne faisant plus intervenir la variable~$x$. Dans cas la m\'ethode consiste 
\`a \'ecrire
$$
\eqalign{
4yz&=(y+z)^2-(y-z)^2,\qquad\hbox{d'o\`u}\cr
q(u)&=-(x+y-z)^2-(y+z)^2+(y-z)^2.\cr}
$$
Les trois formes lin\'eaires $u\mapsto x+y-z$, $u\mapsto y+z$, $u\mapsto y-z$
sont ind\'ependantes par construction (il serait imm\'ediat de le v\'erifier
directement), le rang de $q$ est donc 3, et sa signature est $(1,2)$.
\medskip
\item{1.c.} Un vecteur colonne $U=\pmatrix{x\cr y\cr z\cr}$ non nul est 
par d\'efinition vecteur propre de $A$ pour la valeur propre $\lambda$ si 
$AU=\lambda U$, c'est-\`a-dire $(\lambda I-A)U=0$, ce qui impose la
condition $\det(\lambda I-A)=0$. On calcule ais\'ement
$$
\det(\lambda I-A)=\left|\matrix{\lambda+1 & 1 & -1\cr
1& \lambda+1 & 1 \cr -1 & 1 &\lambda+1\cr} \right|=(\lambda+1)^3-2-3(\lambda+1)=
\lambda^3+3\lambda^2-4.
$$
Ce polyn\^ome admet la racine \'evidente $\lambda=1$ et une division de
polyn\^omes donne
$$\lambda^3+3\lambda^2-4=(\lambda-1)(\lambda^2+4\lambda+4)=
(\lambda-1)(\lambda+2)^2.$$
Les valeurs propres sont donc $\lambda_1=1$ (multiplicit\'e $1$) et
$\lambda_2=\lambda_3=-2$ (multiplicit\'e $2$).\\
Pour $\lambda=\lambda_1=1$, l'espace propre $E_1=\ker(\lambda I-A)$ est 
donn\'e par les \'equations $2x+y-z=0$, $x+2y+z=0$, $-x+y+2z=0$. La
premi\`ere donne $z=2x+y$, d'o\`u par substitution $3x+3y=0$ pour la deuxi\`eme
aussi bien que pour la troisi\`eme. On trouve ainsi comme 
solutions $y=-x$ et $z=2x+y=x$, soit
$$
E_1=\left\{\pmatrix{x\cr y\cr z\cr}=x\pmatrix{1\cr -1\cr 1\cr},~
x\in\bR\right\},\quad\hbox{de vecteur directeur norm\'e}~~
u_1:U_1={1\over\sqrt{3}}\pmatrix{1\cr -1\cr 1\cr}.
$$
Pour $\lambda=\lambda_2=-2$, les troix \'equations \'equivalent \`a $x-y+z=0$
(au signe pr\`es), et on voit que $E_2=E_1^\perp$ (la matrice $A$ \'etant sym\'etrique, on savait d'avance que les espaces propres devaient \^etre orthogonaux...) Il~s'agit d'un plan vectoriel. Un premier vecteur norm\'e de $E_2$ est 
$u_2:U_2={1\over \sqrt{2}}\pmatrix{1\cr 1\cr 0\cr}$. Pour le compl\'eter en
une base orthonorm\'ee $(u_2,u_3)$ de $E_2$ on peut soit partir de
$V=\pmatrix{0\cr 1\cr 1\cr}$ et prendre $U_3$ \'egal \`a $V-\langle U_2,V\rangle~ U_2$ divis\'e par sa norme (proc\'ed\'e de Gram-Schmidt), soit plus simplement ici le produit vectoriel
$$
U_3=U_1\wedge U_2={1\over\sqrt{3}}\pmatrix{1\cr -1\cr 1\cr}\wedge
{1\over \sqrt{2}}\pmatrix{1\cr 1\cr 0\cr} =
{1\over \sqrt{6}}\pmatrix{-1\cr 1\cr 2\cr}.
$$
Ceci donne une base orthonorm\'ee $(u_1,u_2,u_3)$ d\'efinie par la
matrice de passage
$$
P=\pmatrix{1/\sqrt{3} & 1/\sqrt{2} & -1/\sqrt{6} \cr
-1/\sqrt{3} & 1/\sqrt{2} & 1/\sqrt{6} \cr
1/\sqrt{3} & 0 & 2/\sqrt{6} \cr}.
$$
Dans cette base, la forme quadratique $q$ va s'exprimer par la nouvelle matrice
$$
A'={}^tPAP=\pmatrix{\lambda_1 & 0 & 0\cr 0 & \lambda_2 & 0 \cr 
0 & 0 & \lambda_3\cr}=
\pmatrix{1 & 0 & 0\cr 0 & -2 & 0 \cr 
0 & 0 & -2\cr},\qquad \hbox{soit}~~
q(u)=x^{\prime 2}-2y^{\prime 2}-2z^{\prime 2}.
$$
Les nouvelles et les anciennes coordonn\'ees sont li\'ees par
$$\pmatrix{x \cr y\cr z}=P \pmatrix{x' \cr y'\cr z'},\quad\hbox{soit}\quad
\pmatrix{x' \cr y'\cr z'}=P^{-1}\pmatrix{x \cr y\cr z}=
{}^tP\pmatrix{x\cr y\cr z},$$
ce qui donne, relativement aux anciennes
coordonn\'ees, la d\'ecomposition en carr\'es de formes lin\'eaires
$$
q(u)=\Big({x-y+z\over\sqrt{3}}\Big)^2-
2 \Big({x+y\over\sqrt{2}}\Big)^2-2\Big({-x+y+2z\over\sqrt{6}}\Big)^2.
$$
\item{1.d.} L'ensemble $S=\{u\,;\;q(u)=0\}$ des vecteurs isotropes de $q$ 
est d\'efini par l'\'equation $x^{\prime 2}=2(y^{\prime 2}+z^{\prime 2})$, ou
encore $x'=\pm\sqrt{2}\sqrt{y^{\prime 2}+z^{\prime 2}}$. C'est un
c\^one circulaire de sommet $O$, d'axe $Ox'=\bR u_1$, de demi-angle au sommet 
${\rm arctan}(\sqrt{2})\simeq 54,7^\circ$.

\vskip25pt

\centerline{\bf Exercice 2}
\noindent On consid\`ere dans $\bR^2$ la conique $C$ d'\'equation
$$
f(x,y)=x^2-xy+y^2-2x+4y=0.
$$
\item{2.a.} On veut trouver un rep\`ere orthonorm\'e 
$(M_0,\overrightarrow{u},\overrightarrow{v})$ de $\bR^2$ pour la
structure euclidienne canonique, dans lequel la nouvelle \'equation de C prend
la forme $\alpha x^{\prime 2}+\beta y^{\prime 2}+\gamma=0$. L'une des
m\'ethodes possibles consiste \`a chercher d'abord le centre de sym\'etrie $M_0$ de
la conique. S'il y en a un, ce point est donn\'e par
$$
{\partial f\over\partial x}(x,y)=2x-y-2=0,\qquad
{\partial f\over\partial y}(x,y)=-x+2y+4=0.
$$
On trouve $M_0=(0,-2)$, ce qui am\`ene \`a effectuer une translation d'origine
$x=X$, $y=Y-2$. Dans ces nouvelles coordonn\'ees, un calcul imm\'ediat montre
que l'\'equation de $C$ devient
$$
x^2-xy+y^2-2x+4y=X^2-X(Y-2)+(Y-2)^2-2X+4(Y-2)=X^2-XY+Y^2-4=0.
$$
On cherche maintenant \`a \'elimininer le terme $XY$ en passant dans une 
nouvelle base 
{\it orthonorm\'ee}. Ceci peut se faire par la m\'ethode g\'en\'erale qui
est de rechercher les valeurs propres de la matrice 
$\pmatrix{1 &-1/2\cr -1/2 & 1\cr}$ associ\'ee \`a
la forme quadratique $(X,Y)\mapsto X^2-XY+Y^2$. On trouve les valeurs propres
$1/2$ et $3/2$, et les vecteurs propres respectifs 
${1\over\sqrt{2}}\pmatrix{1\cr 1 \cr}$, ${1\over\sqrt{2}}\pmatrix{-1\cr 1 \cr}$,
correspondant \`a de nouveaux axes qui sont les diagonales du rep\`ere
$(M_0,\overrightarrow{i},\overrightarrow{j})$; la nouvelle \'equation devient
ainsi ${1\over 2}x^{\prime 2}+{3\over 2}y^{\prime 2}-4=0$ (on aurait pu aussi
poser directement $X=\cos\alpha x'-\sin\alpha y'$, 
$Y=\sin\alpha x'+\cos\alpha y'$, l'annulation du coefficient du terme $x'y'$ 
conduit facilement \`a l'\'equation $\cos^2\alpha-\sin^2\alpha=0$, qui donne 
$\alpha=\pm{\pi\over 4}$ mod $\pi$). 
\medskip
\item{2.b.} L'\'equation peut se r\'ecrire $x^{\prime 2}/a^2+y^{\prime 2}/b^2-1=0$
avec $a=\sqrt{8}$ et $b=\sqrt{8/3}$. Il s'agit d'une ellipse de centre $M_0$ et
d'axes $M_0x'$, $M_0y'$. L'excentricit\'e vaut 
$e=c/a=\sqrt{1-b^2/a^2}=\sqrt{2/3}$, les foyers sont \`a distance
$c=4/\sqrt{3}$ du centre $M_0$.

\vskip25pt

\centerline{\bf Exercice 3}
\noindent
On consid\`ere une fonction p\'eriodique $f$ de p\'eriode $2\pi$ telle que
$$
f(x)=e^{ax},\qquad x\in{}]-\pi,\pi[,\qquad f(\pi)=0,
$$
o\`u $a$ est un param\`etre r\'eel {\it non nul}. Un dessin du graphe s'impose, m\^eme s'il n'est pas explicitement demand\'e dans l'\'enonc\'e~!

\InsertFig 12.000 54.000 {
1 mm unit
  0.000  10.000 moveto 
135.000   0.000 2.4 vector 
 50.000   5.000 moveto 
 42.000  90.000 2.4 vector
  0.3 setlinewidth
  0.000  0.000  1.000 setrgbcolor 
/expcurve {
 35.000  13.430 moveto
[  35.000  13.430   40.000  14.900   45.000  17.000   50.000  20.000
   55.000  24.286   60.000  30.408   65.000  39.155   ] curve } def
-30.0 0 translate expcurve 
 30.0 0 translate expcurve
 30.0 0 translate expcurve
 30.0 0 translate expcurve
stroke
-60.0 0 translate
  5 10 moveto 0.7 disk
 35 10 moveto 0.7 disk
 65 10 moveto 0.7 disk
 95 10 moveto 0.7 disk
125 10 moveto 0.7 disk
1 0 0 setrgbcolor
  5 26.2925 moveto 0.7 0 cross
 35 26.2925 moveto 0.7 0 cross
 65 26.2925 moveto 0.7 0 cross
 95 26.2925 moveto 0.7 0 cross
125 26.2925 moveto 0.7 0 cross
stroke
}
\LabelTeX  90.000  36.200 $f$\ELTX
\LabelTeX   0.000   6.200 $-3\pi$\ELTX
\LabelTeX  31.000   6.200 $-\pi$\ELTX
\LabelTeX  64.000   6.200 $\pi$\ELTX
\LabelTeX  93.000   6.200 $3\pi$\ELTX
\LabelTeX 123.000   6.200 $5\pi$\ELTX
\LabelTeX  51.000   6.200 $0$\ELTX
\LabelTeX  51.000  16.800 $1$\ELTX
\LabelTeX 133.500   6.200 $x$\ELTX
\LabelTeX  46.200  45.000 $y$\ELTX
\EndFig

\noindent
On a repr\'esent\'e ici le graphe de la fonction $f$ pour $a=0.34$, qui est
trac\'e en bleu~; les croix rouges correspondent \`a la demi-somme des limites 
\`a droite et \`a gauche aux points de discontinuit\'e $\pi+2n\pi$, $n\in\bZ$.

\medskip
\item{3.a.} La p\'eriode est $T=2\pi$. Les coefficients de Fourier 
complexes $(c_n)_{n\in\bZ}$ de $f$ sont donn\'es par 
$c_n=\langle f,e_n\rangle$ o\`u 
$\langle\bu,\bu\rangle$ est le produit scalaire $L^2$ sur
$[-T/2,T/2]$ (modulo $T$), et $e_n(x)=e^{in\omega x}$, $\omega=2\pi/T=1$, soit
$$
c_n={1\over T}\int_{-T/2}^{T/2}f(x)\,e^{-in\omega x}\,dx
={1\over 2\pi}\int_{-\pi}^\pi e^{ax}e^{-inx}\,dx
={1\over 2\pi}\int_{-\pi}^\pi e^{(a-in)x}\,dx.
$$
Cette fonction exponentielle complexe s'int\`egre imm\'ediatement~:
$$
c_n={1\over 2\pi}\left[{e^{(a-in)x}\over a-in}\right]_{-\pi}^\pi
={e^{(a-in)\pi}-e^{-(a-in)\pi}\over 2\pi(a-in)}
=(-1)^n{e^{a\pi}-e^{-a\pi}\over 2\pi(a-in)},
$$
puisque $e^{in\pi}=e^{-in\pi}=(-1)^n$.

\item{3.b.} La fonction $f$ est de classe $C^1$ par morceaux, avec des
discontinuit\'es aux points $\pi+2n\pi$, $n\in\bZ$. D'apr\`es le th\'eor\`eme de
Dirichlet, la s\'erie de Fourier $S(x)=\sum_{n\in\bZ}c_ne^{inx}$
converge vers $f(x_0)$ en tout point $x_0$ o\`u $f$ est continue, et vers
$$
S(x_0)={1\over 2}\Big(\lim_{x\to x_0-0}f(x)+\lim_{x\to x_0+0}f(x)\Big)=
{1\over 2}({e^{a\pi}+e^{-a\pi}})
$$
en tout point de discontinuit\'e $x_0=\pi+2n\pi$ (la limite \`a gauche
\'etant $e^{a\pi}$, et la limite \`a droite $e^{-a\pi}$). Dans ce cas
$S(x_0)\ne f(x_0)=0$. Les valeurs $S(\pi+2n\pi)$ sont figur\'ees par les
croix rouges.

\item{3.c.} La fonction $f$ est de classe $C^1$ par morceaux, donc int\'egrable
et de carr\'e int\'egrable. D'apr\`es la formule de Parseval-Bessel on a
$$
\sum_{n\in\bZ}|c_n|^2={1\over T}\int_{-T/2}^{T/2}|f(x)|^2\,dx
={1\over 2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}e^{2ax}\,dx
={1\over 2\pi}\left[{e^{2ax}\over 2a}\right]_{-\pi}^\pi
={e^{2a\pi}-e^{-2a\pi}\over 4a\pi}.
$$
D'autre part, la question 3.a donne 
$$|c_n|^2={(e^{a\pi}-e^{-a\pi})^2\over
4\pi^2(a^2+n^2)}.$$
L'\'egalit\'e de Parseval-Bessel implique alors
$$
{(e^{a\pi}-e^{-a\pi})^2\over
4\pi^2}\sum_{n\in\bZ}{1\over a^2+n^2}
={e^{2a\pi}-e^{-2a\pi}\over 4a\pi}
={(e^{a\pi}-e^{-a\pi})(e^{a\pi}+e^{-a\pi})\over 4a\pi}.
$$
Apr\`es simplification de $e^{a\pi}-e^{-a\pi}$, on obtient la formule
$$
\sum_{n\in\bZ}{1\over a^2+n^2}={\pi\over a}\,{e^{a\pi}+e^{-a\pi}\over
e^{a\pi}-e^{-a\pi}}.
$$

\item{3.d.} Par d\'efinition m\^eme des s\'eries de Fourier, la projection 
orthogonale de $f$ sur le sous-espace des fonctions p\'eriodiques de p\'eriode 
$2\pi$ engendr\'e par les polyn\^omes trigonom\'etriques de degr\'e inf\'erieur ou \'egal \`a~$2$ est la fonction $S_2(x)=\sum_{-2\le n\le 2}c_ne^{inx}$. La
formule trouv\'ee au 3.a pour $c_n$ fournit explicitement
$$
\eqalign{
S_2(x)&={e^{a\pi}-e^{-a\pi}\over 2\pi}\left({1\over a+2i}e^{-2ix}-
{1\over a+i}e^{-ix}+{1\over a}-{1\over a-i}e^{ix}+{1\over a-2i}e^{2ix}\right)\cr
&={e^{a\pi}-e^{-a\pi}\over 2\pi}\left(
{2a\,\cos 2x-4\,\sin 2x\over a^2+4}-
{2a\,\cos x-2\,\sin 2x\over a^2+1}+{1\over a}\right).\cr}
$$
\end
