%%%%%%%%%%%%%%%%%% ENS ULM - CACHAN 1995 - CORRIGE %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% realise par Robert Cabane 19 rue de Lyon 33000 Bordeaux
% email: rcabane@free.fr
% 19 rue de Lyon 33000 BORDEAUX
% Le corrig\'e proprement dit commence en ligne 90. Adapter ligne 17.
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%\dispo2s % seulement pour le format EPlain, mise en page en paysage et deux colonnes
% collection de macros
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\input tabvar.sty
% Graphismes
\input vect4.sty
% personalisation: � la place de ps, si �a ne marche pas mettez "tpic", "emtex" ou "textures".
\initvect{ps}
% Important ! donnez le nom de votre pilote de sortie
%\initvect{tpic}
%\initvect{textures}
%\initvect{emtex}
%\initvect{xdvi}
%\initvect{dvips}
%\initvect{yap}
%\initvect{dviwin}
%\initvect{dviwindo}
%\initvect{dviview}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%                        CORRIGE                                    %
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% Macros pour ce pb.
\abovedisplayskip2pt plus2pt
\belowdisplayskip2pt plus2pt
\everydisplay{\textstyle}
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\parindent5mm
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\def\dn{\mathop{\rm dn}\nolimits}
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\def\amk{\mathop{\rm am}\nolimits_k}
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\def\spe{\catcode`\S=\active\catcode`\C=\active\catcode`\D=\active
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\def\reponse#1#2{\par\hfil\cadrerelief{3pt}{\vbox{\hsize#1\leftskip0pt plus
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1fil\null\parindent0mm\noindent #2}}}

\grostitre{ENS Ulm-Cachan 1995, corrig\'e}
\centerline{\eightit Auteur: Robert Cabane
\qquad {\eighttt (rcabane@free.fr)}
\hfil\hfil
\the\day/\the\month/\the\year
}

\titrecentre{Comment Abel lie les fonctions elliptiques
 au probl\`eme de Poncelet}

% \parindent0mm
% R\'ef\'erences: au sujet des fonctions elliptiques,
% voir les probl\`emes:
% CAPES 77 - MINES 2 TA 83 - CHIMIE CENTRE 83 - ENSI P' 84
% ENS LYON 87 - CHIMIE SUD 90 - TPE 91 - ENSIETA 92 - ESIM 87
%
% On peut consulter avec profit le Cours d'Analyse de Jordan,
% ainsi que le trait\'e de Valiron. Il semble que l'auteur se soit
% directement inspir\'e de l'article original d'Abel. Voir aussi:
%
% P. Griffiths, Variations on a Theorem of Abel, Inventiones Mathematicae,
% 1976
%
% P. Griffiths, J. Harris, On Cayley's explicit solution to Poncelet's
% porism, L'Enseignement Math\'ematique, 24 (1978), p.31-40
%
% W.L. Black, H.C.\&B. Howland, A Theorem about Zigzags between two Circles,
% American Mathematical Monthly, 81, 1974, p.754-757
%
% H. Lebesgue, Les c\^oniques, Gauthier-Villars

\Partie[Fonctions elliptiques de Jacobi] %I

\question %1
Commen\c cons par traiter un probl\`eme voisin. Soit
$F(x,y)=\sqrt{(1-y^2)(1-k^2y^2)}$, d\'efinie sur
$\R\times]-1,1[$. Cette fonction est de classe $\mathcal C^1$ sur son
domaine. On peut donc appliquer le th\'eor\`eme de
Cauchy-Lipschitz \`a $F$, avec la condition initiale $y(0)=0$. Il
en r\'esulte une solution $y$ maximale de l'\'equation
diff\'erentielle $$\qquad(E_1)\qquad
y'=F(x,y)=\sqrt{(1-y^2)(1-k^2y^2)}\,$$ sur un intervalle ouvert
$I$, telle que $y(0)=0$. Cette solution est strictement
croissante sur $I$, donc positive sur $I\cap \R_+=[0,\beta [$. Elle
est de classe $\mathcal C^2$ car $F$ est de classe $\mathcal C^1$ et $y'$
aussi. Elle est solution de l'\'equation $(E)$ sur $I$, et
v\'erifie bien $y(0)=0$ et $y'(0)=1$. On note $\snk$ cette
solution et $I$ son intervalle de d\'efinition.

Soit \`a pr\'esent une solution $z$ de $(E)$ sur $I$, telle que
$z(0)=0$ et $z'(0)=1$. Sur un intervalle $J=[0,\alpha [$ on a
$z'>0$, donc $z'=F(x,z)$ sur $J$. Ceci implique que $z=\snk$ sur
$J$. S'il existe $x>0$ tel que $z(x)=1$, alors on peut
consid\'erer $x_1=\Inf\{x\in I\cap \R_+\ /\ z'(x)=0\}>0$, et
$J=[0,x_1[$; par continuit\'e on a $z(x_1)=1$ et $z'(x_1)=0$,
donc $\snk(x_1)=1$. Une telle \'egalit\'e est exclue par
d\'efinition de $\snk$ et de $I$. Finalement, $z$ reste
strictement comprise entre 0 et 1 sur $J$. On a donc $J=[0,\beta [$ et
$z=\snk$ sur $J$. On proc\`ede de m\^eme \`a gauche de 0. Donc
$z=\snk$ et l'unicit\'e est prouv\'ee pour $(E)$.

{\sl Compl\'ement:} pr\'ecisons un peu la valeur de $\beta $ (ce
sera utile par la suite). On a sur $[0,\beta [$ l'in\'equation
diff\'erentielle $\sqrt{1-k^2}\sqrt{1-y^2}\le y'\le \sqrt{1-y^2}$
soit aussi $\sqrt{1-k^2}\le \frac{y'}{\sqrt{1-y^2}}\le 1$. Nous
pouvons int\'egrer les termes de cette in\'egalit\'e entre 0 et
$x$, ce qui donne $x\sqrt{1-k^2}\le \arcsin y\le x$, d'o\`u il
r\'esulte que $x\le \frac{\pi }{2\sqrt{1-k^2}}$ soit encore
\encadre{$I\subset \bigl[-\frac{\pi }{2\sqrt{1-k^2}},\frac{\pi
}{2\sqrt{1-k^2}}\bigr]$.}

D'autre part, la maximalit\'e de $y$ comme solution de $(E_1)$,
sa croissance et sa majoration par 1 montrent que l'on a
n\'ecessairement $\Lim_{x\to \beta }y=1$ (th\'eor\`eme des bouts).
En passant \`a la limite dans l'in\'egalit\'e $\arcsin y\le x$ on
obtient $\beta \ge \frac{\pi }2$ soit \encadre{$\bigl[-\frac{\pi
}2,\frac{\pi }2\bigr]\subset I$.}

\question %2
La fonction $-\snk(-x)$, d\'efinie sur $I'=-I$, v\'erifie aussi
l'\'equation $(E')$, et la m\^eme condition initiale que $\snk$.
Elle doit co\"\i ncider avec $\snk$ par maximalit\'e de celle-ci,
donc $I'=I=]-\beta,\beta [$ est $\snk$ est impaire. On en tire ais\'ement la
parit\'e de $\dnk$ et de $\Dsn$, puis celle de $\cnk$.

On a aussi:
$\Dsn=\cn^2\dn^2=(1-\sn^2)(1-k^2\sn^2)=(1-\sn^2)\dn^2$ d'o\`u
$\cn^2+\sn^2=1$ puisque $\dnk$ ne s'annule pas (c'est l'une des
raisons qui font appeler $\cnk$ et $\snk$ des cosinus et sinus
elliptiques).

On d\'erive la relation pr\'ec\'edente: $\cn\Dcn+\sn\Dsn=0$
d'o\`u $\cn\Dcn=-\sn\dn\sqrt{1-\sn^2}=-\sn\cn\dn$ car on a
$\Dsn>0$ sur $I$. Pour cette m\^eme raison, on a $\cn>0$ sur $I$,
d'o\`u $\Dcn=-\sn\dn$. Enfin, on a:
$\Ddn=-\Frac{k^2\sn\Dsn}{\sqrt{1-k^2\sn^2}}=-\Frac{k^2\sn\cn\dn}{\dn}
=-k^2\sn\cn$.

{\sl Compl\'ement:} Par la suite les fonctions sn, cn, dn vont
\^etre prolong\'ees; ce prolongement va fournir des z\'eros \`a ces
fonctions et \`a leurs d\'eriv\'ees, et ces z\'eros seront isol\'es. Les
formules pr\'ec\'edentes resteront vraies, soit directement, soit par
prolongement par continuit\'e.

\questiona %3a
Ayant $\Ds2(u)=-\Dsn(w-u)$, il vient
$\Ds2=\cn^2\dn^2=(1-s_2^2)(1-k^2s_2^2)$ et
$\DDs1=\Dcn\dn+\cn\Ddn=-s_1\bigl(1+k^2-2k^2s_1^2\bigr)$, et de
m\^eme $\DDs2=-s_2\bigl(1+k^2-2k^2s_2^2\bigr)$, d'o\`u
$$
\cial\Frac{"S1S2-"S2S1}{{'s1}^2S2^2-{'s2}^2S1^2}
=\Frac{2KS1S2(S1^2-S2^2)}{(1-S1^2)(1-KS1^2)S2^2-(1-S2^2)(1-KS2^2)S1^2}
\>.$$
Le d\'enominateur serait nul si $s_1^2=s_2^2$, ce qui sugg\`ere
de le factoriser ainsi: $(s_1^2-s_2^2)(1-k^2s_1^2s_2^2)$ ce qui
conduit \`a l'expression attendue et sa variante sans
d\'enominateur:
$$
\cial\Frac{"S1S2-"S2S1}{{'s1}^2S2^2-{'s2}^2S1^2}
=\Frac{-2KS1S2}{1-KS1^2S2^2}
\Longrightarrow
(1-KS1^2S2^2)("S1S2-"S2S1)
=(-2KS1S2)({'s1}^2S2^2-{'s2}^2S1^2)
\>.$$
Cette derni\`ere formule lie des fonctions continues; elle n'est
valable, a priori, que si $\Ds1s_2\ne \pm \Ds2s_1$, mais on peut
la prolonger pour englober les points o\`u l'on a
$\Ds1s_2=\Ds2s_1$, soit en prolongeant par continuit\'e soit
si une telle \'egalit\'e se produit sur un intervalle en
red\'erivant pour trouver $\DDs1s_2-\DDs2s_1=0$ et l'\'egalit\'e
d\'esir\'ee. Enfin sur $I$ les signes de $s_1$, $s_2$ et leurs
d\'eriv\'ees emp\^echent d'avoir $\Ds1s_2=-\Ds2s_1$.

\sousquestion %3b
Le num\'erateur de la d\'eriv\'ee (en $u$) de
$\Frac{\Ds1s_2-\Ds2s_1}{1-k^2s_1^2s_2^2}$ est
$$
\cial
\eqalign{
("S1S2-"S2S1+0)(1-KS1^2S2^2)
&-('s1S2-'s2S1)(-2KS1S2)('s1S2+'s2S1)\\
&=
("S1S2-"S2S1)(1-KS1^2S2^2)+2KS1S2({'s1}^2S2^2-{'s2}^2S1^2)
}
$$
ce qui est nul d'apr\`es la question pr\'ec\'edente (et la
remarque finale).

\sousquestion %3c
Nous posons $w-u=v$. Sachant que $\Dsn=\cn\dn$, nous avons trouv\'e
ci-dessus que
$$
\eqalign{
\Frac{\Ds1s_2-\Ds2s_1}{1-k^2s_1^2s_2^2}
&=\Frac{\Dsn(u){\sn}(v)-\Dsn(v){\sn}(u)}{1-k^2{\sn^2}(u){\sn^2}(v)}\\
&=\Frac{\cn(u)\dn(u)\sn(v)+\cn(v)\dn(v)\sn(u)}{1-k^2{\sn^2}(u){\sn^2}(v)}
=\varphi (w)=\varphi (u+v)
}$$
et en prenant $v=0$ on trouve $\varphi=\snk$, ce qu'il fallait.

%%\remarque{Ceci est le proc\'ed\'e le plus compliqu\'e qui soit pour d\'efinir
%%les fonctions elliptiques de Jacobi. Il aurait mieux valu commencer
%%par la fonction $\amk$ (la vraie !), puis appliquer les fonctions
%%$\sin$ et $\cos$ dessus.}

\questiona %4a
Le d\'enominateur de $\Frac{\partial \Phi }{\partial u}$ \'etant $(1-k^2s_1^2s_2^2)^2$, sym\'etrique en $u$
et $v$, nous examinons le num\'erateur, d\'esignant par $\cdots$ toute
expression sym\'etrique:
$$
\cial
\eqalign{
('c1C2&-'s1S2D1D2-S1S2'd1D2)(1-KS1^2S2^2)+2KS1's1S2^2(C1C2-S1S2D1D2)\\
&=(-S1D1C2-C1(1-KS1^2)S2D2+KS1^2C1S2D2)(\cdots)+2KS1C1D1S2^2(C1C2-S1S2D1D2)\\
&=(-S1D1C2-C1S2D2+2KS1^2C1S2D2)(\cdots)+2KS1C1D1S2^2(C1C2-S1S2D1D2)\\
&=(-\cdots)(\cdots)+2KS1S2[S1C1D2(1-KS1^2S2^2)+C1D1S2(C1C2-S1S2D1D2)]\\
}
$$
et le crochet vaut:
$$
\cial
\eqalign{
S1C1D2-KS1^3C1S2^2D2&+C1^2D1S2C2-S1C1D1^2S2^2D2\\
&=S1C1D2-KS1^3C1S2^2D2+D1S2D2-S1^2D1S2C2-S1C1S2^2D2+KS1^3C1S2^2D2
}
$$
ce qui montre sa sym\'etrie, ce qu'il fallait.

\sousquestion %4b
Comme $\Phi $ est sym\'etrique, on a $\Frac{\partial \Phi }{\partial u}(u,v)=\Frac{\partial \Phi }{\partial v}(v,u)$ mais
aussi $\Frac{\partial \Phi }{\partial u}(u,v)=\Frac{\partial \Phi }{\partial u}(v,u)$ d'apr\`es la question
pr\'ec\'edente. Donc $\Frac{\partial \Phi }{\partial u}=\Frac{\partial \Phi }{\partial v}$. On change de variables en
posant $x=u+v$ et $y=u-v$, $\Psi (x,y)=\Phi (u,v)$; alors
$$
\Frac{\partial \Psi }{\partial y}=\Frac{\partial \Phi }{\partial u}\Frac{\partial u}{\partial y}+\Frac{\partial \Phi }{\partial v}\Frac{\partial v}{\partial y}
=\Frac12\bigl(\Frac{\partial \Phi }{\partial u}-\Frac{\partial \Phi }{\partial v}\bigr)=0
$$
C'est dire que $\Psi $ ne d\'epend que de $x$. Soit: $\Phi (u,v)=\Psi (u+v)$.

\sousquestion %4c
Prenant $v=0$, il vient: $\Psi (u)=\Frac{\cn(u)\times1-0}{1-0}$ car
$\cn(0)=\frac 11=1$, donc $\Psi=\cnk$, ce qu'il fallait.

\sousquestion %4d
Cette question est d\'elicate si on veut la traiter honn\^etement
(on n'a pas de th\'eor\`eme sur les \'equations diff\'erentielles
\`a param\`etre). Pour $\dnk$, c'est facile: $\snk$ reste
born\'e, donc $\dnk$ tend vers 0 avec $k$.

Concernant $\snk$, elle reste comprise entre $-1$ et 1, et on peut
introduire sur $I$ la fonction $a_k=\arcsin\circ \snk$
%(c'est la {\sl vraie} fonction $\amk$ !).
Elle est de classe $\mathcal C^2$ comme Arcsin et $\snk$ (sauf
peut-\^etre lorsque $\snk$ vaut $\pm 1$), strictement croissante, du
signe de $x$. On la d\'erive (sur l'ouvert $I$):
$\D{a_k}=\Frac{\D{\snk}}{\sqrt{1-\snk^2}}=\sqrt{1-k^2\snk^2}=\dnk=\sqrt{1-k^2\sin^2(a_k)}$
donc
$$
x=\int_0^x\Frac{\D{a_k}(u)\,du}{\sqrt{1-k^2\sin^2(a_k(u))}}\,du
=\int_0^{a_k(x)}\Frac{dt}{\sqrt{1-k^2\sin^2t}}
$$
et $a_k$ est r\'eciproque sur $I$ de la fonction
$F_k(x)=\int_0^x\Frac{d\theta }{\sqrt{1-k^2\sin^2\theta }}$
restreinte \`a $]-\frac{\pi }2,\frac{\pi }2[$. Cette derni\`ere
fonction est continue, impaire et strictement croissante sur
$\R$. On d\'ecide alors de nommer encore $a_k$ la r\'eciproque
sur $\R$ de la fonction $F_k$.

Puis on s'assure que $(x,k)\mapsto F_k(x)$ est une fonction
continue sur $\R\times[0,1[$. Pour ce faire, on pose
$\theta=x\alpha $ dans l'int\'egrale d\'efinissant $F_k$, ce qui
transforme cette int\'egrale en une int\'egrale \`a bornes fixes,
\`a laquelle le th\'eor\`eme sur les int\'egrales \`a param\`etre
(ici $(x,k)$) s'applique.

On consid\`ere alors l'application $\Phi $ qui au couple $(x,k)$
associe $(F_k(x),k)$: elle est continue par ce qui pr\'ec\`ede,
et bijective de $\R\times]-1,1[$ vers $\R\times]-1,1[$
(r\'eciproque: $(y,k)\mapsto(a_k(y),k)$) et son jacobien vaut
$F_k'(x)=\Frac1{\sqrt{1-k^2\sin^2x}}>0$, donc $\Phi $ est un
$\mathcal C^1$-diff\'eomorphisme. Le Th\'eor\`eme d'Inversion Globale
prouve alors que $a_k$ est de classe $\mathcal C^1$ (sur $\R$ et pas
seulement sur $I$) et que $a_k(y)$ tend vers $y$ quand $k$ tend
vers 0. Appliquant l\`a-dessus la fonction sin, nous obtenons que
$\sin a_k=\snk$ tend vers $\sin$ lorsque $k$ tend vers 0
(convergence simple sur $\R$ a priori).

Pour traiter $\cnk$, il suffit de la construire. On consid\`ere
la fonction $c=\cos\circ a_k$, dont la d\'eriv\'ee vaut: $\D
c=-\sin\circ a_k\D{a_k}=-\snk\dnk=\D{\cnk}$. Ainsi, $c$ et $\cnk$
diff\`erent d'une constante, qui est nulle \`a cause de la valeur
en 0. D\`es lors, il est vrai que $\cnk$ tend vers $\cos$ sur
$\R$.

\question %5
Question facile compte tenu de ce qui pr\'ec\`ede.

\questiona %6a
On vient de voir que $K=\int_0^{\frac{\pi }2}\Frac{d\theta
}{\sqrt{1-k^2\sin^2\theta }}=F_k(\frac{\pi }2)$; donc
$a_k(K)=\frac{\pi }2$, ce qui entra\^\i ne imm\'ediatement que
\encadre{$\sin a_k(K)=1=\snk(K)$ et $\cnk(K)=0$ de m\^eme.}

{\sl Autre solution:} nous avons vu au 1\hbox{$^\circ$} que $I=]-\beta,\beta [$ et que
$\Lim_{x\to \beta }\snk(x)=1$. On int\`egre entre 0 et
$\beta$la relation
$\Frac{\Dsn(x)}{\sqrt{(1-\sn^2(x))(1-k^2\sn^2(x))}}=1$, ce qui donne
$$
\int_0^\beta\Frac{\Dsn(x)}{\sqrt{(1-\sn^2(x))(1-k^2\sn^2(x))}}\dx
=\beta=\int_0^1\Frac{\dt}{\sqrt{(1-t^2)(1-k^2t^2)}}=K
$$
donc on a bien $\snk(K)=1$. Comme $\snk$ est strictement
croissante entre 0 et $K$, $\cnk$ y est positive, donc
$\cnk(K)=\sqrt{1-\snk^2(K)}=0$.

\sousquestion %6b
Question facile compte tenu de ce qui pr\'ec\`ede et de
$\dnk(K)=\sqrt{1-k^2}$.

\sousquestion %6c
Question facile compte tenu de ce qui pr\'ec\`ede.

\sousquestion %6d
On a donc $\sn(2K)=\Frac{\cn(K)\dn(K)}{1-k^2\sn^2(K)}=0$ d'o\`u
$\dn(2K)=1$ et de m\^eme $\Dsn(2K)=-1=\cn(2K)\dn(2K)$ donc $\cn(2K)=-1$.
En reprenant les formules de transformation vues en 3\hbox{$^\circ$}c et 4\hbox{$^\circ$}c, on
trouve imm\'ediatement que $\sn(u+2K)=-\sn(u)$ et $\cn(u+2K)=-\cn(u)$;
en d'autres termes,
\reponse{11cm}{les fonctions $\snk$ et $\cnk$ sont $2K$-antip\'eriodiques et
$4K$-p\'eriodiques.}

\coteacote{
Voici enfin le tableau de variations promis.
\medskip
\centerline{
\tabvar{
 x  &0&   & K &   &2K&  &3K&  &4K   \\
\L
\Dsn&1&+& 0 & - &-1&- & 0&+&1    \\
\L
\snk&0&\quad\c\quad& 1 &\quad\d\quad& 0&\quad\d\quad&-1&\quad\c\quad&0 \\ }}
\bigskip
Ci-contre, les courbes (trac\'ees avec Maple qui conna\^\i t ces fonctions
sous le nom de {\tt JacobiSN, JacobiCN, JacobiDN}). On constate
que la courbe repr\'esentative de la fonction $\cnk$, pour $k$
assez grand, pr\'esente de nombreux points d'inflexion.
\bigskip
}{
\dessin{m95hm1fa}{0.6mm}
}

\sousquestion %6e
La fonction $\snk$ est strictement croissante sur $[-K,K]$, \`a valeurs
dans $[-1,1]$, continue donc surjective. Il existe donc $s$ compris
entre $-K$ et $K$ tel que $\snk(s)=\sin\varphi $; donc
$\sqrt{1-\snk^2(s)}=\pm \cos\varphi $, donc aussi $\cnk(s)=\pm \cos\varphi $. Si le signe est
$+$, il suffit de poser $u=s$ pour avoir $\cnk(u)=\cos\varphi $ et
$\snk(u)=\sin\varphi $. Sinon, on pose $u=2K-s\in [K,3K]$; en effet,
$\sn(2K-s)=-\sn(-s)=\sn(s)=\sin\varphi $ par imparit\'e; et
$\cn(2K-s)=-\cn(-s)=-\cn(s)=-\cos\varphi $ par parit\'e. Enfin, si $u$ se
trouve \^etre dans $[-K,0]$, on le remplace par $u+4K$.

\sousquestion %6f
Comme la fonction $\cnk$ est bijective de $[0,K]$ sur $[0,1]$, pour tout
$\alpha \in [0,1]$ il existe $u\in [0,K]$, unique, tel que $\cn(u)=\alpha $. On a alors
$\snk^2(u)=1-\cnk^2(u)=1-\alpha^2$ d'o\`u $\dnk(u)=\sqrt{1-k^2(1-\alpha^2)}=\beta $ car $\beta $ est aussi
dans $[0,1]$.

\questiona %7a
L'\'equation trigonom\'etrique $\alpha \sin\varphi+\beta \cos\varphi=\gamma $ peut s'\'ecrire
$\im((\alpha+i\beta)e^{i\varphi })=\gamma $. On pose donc $\alpha+i\beta=\rho e^{i\theta }$, et il vient
$\rho \sin(\theta+\varphi)=\gamma $; donc
\reponse{14cm}{l'\'equation $\alpha \sn(u)+\beta \cn(u)=\gamma $ a des solutions si, et
seulement si $\rho=\sqrt{\alpha^2+\beta^2}\ge |\gamma |$.}

Les solutions s'obtiennent avec $\varphi=-\theta+\arcsin\frac{\gamma }{\rho }+2n\pi $ ou
$\pi+\theta -\arcsin\frac{\gamma }{\rho }+2n\pi $, avec $n\in \Z$, soit, en $u$:
\reponse{13cm}{Soit $\theta $ l'argument de $\alpha+i\beta $.
L'\'equation $\alpha \sn(u)+\beta \cn(u)=\gamma $ a pour solutions:
$\amk(-\theta+\arcsin\frac{\gamma }{\rho })+4NK$ et
$\amk(\pi+\theta -\arcsin\frac{\gamma }{\rho })+4NK$ avec $N\in \Z$.}

En fait, il y a deux solutions au plus dans $[0,4K[$.

\sousquestion %7b
On a d\'ej\`a vu \`a la question 5\hbox{$^\circ$} que $w=u+v$ est une solution de ce
probl\`eme. La p\'eriodicit\'e indique que $w=u+v\bmod4K$ convient
\'egalement. La parit\'e de la fonctions $\cnk$ nous donne aussi les
solutions $w=u-v\bmod4K$.

R\'eciproquement, consid\'erons $u$ et $v$ comme fix\'es, posons
$\alpha=\sn(u)\dn(v)$, $\beta=\cn(u)$ et $\gamma=\cn(v)$. L'\'equation propos\'ee
devient $\alpha \sn(w)+\beta \cn(w)=\gamma $ et on sait d'apr\`es la question pr\'ec\'edente
qu'elle n'a de solution que si $\alpha^2+\beta^2\ge \gamma^2$, soit encore si
$$
\cn^2(v)\le \sn^2(u)\dn^2(v)+\cn^2(u)=\sn^2(u)+\cn^2(u)-k^2\sn^2(u)\sn^2(v)
=1-k^2\sn^2(u)\sn^2(v)
$$
soit encore \`a
$\sn^2(v)-1\ge k^2\sn^2(u)\sn^2(v)-1$, ce qui est vrai. D\`es lors, il y a une
ou deux solutions (en $w$) situ\'ees dans l'intervalle $[0,4K[$, et on
les conna\^\i t d\'ej\`a par les formules $w=u\pm v\bmod4K$, sauf peut-\^etre pour
$v=0$. Dans ce cas particulier, on a l'\'equation
$\cn(u)\cn(w)+\sn(u)\sn(w)=1$, de solution unique $w=u\bmod4K$.
Appliquant la m\'ethode pr\'ec\'edente, on a $\alpha^2+\beta^2=1=\gamma^2$, soit
$\gamma=\rho=1$ ici. Comme $\arcsin1=\frac{\pi }2=\pi -\arcsin1$, il est bien normal
de n'avoir qu'une solution ici, \`a savoir $w=u\bmod4K$.

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% PARTIE II %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\coteacote{
\Partie[Probl\`eme de Poncelet pour deux cercles.]
\questiona %1a
La formule propos\'ee dans l'\'enonc\'e originel est fausse, on
s'en aper\c coit ais\'ement en prenant $R=4, a=r=1$. De plus,
elle doit se faire avec un $\pm $, car le changement de $\varphi
$ en $\varphi+\pi $ ne change pas du tout $P_\varphi $ mais
alt\`ere la relation.
%%Cette double erreur rendait la suite de la partie intraitable ou hasardeuse.
On trouve ci-dessous une version rectifi\'ee de
l'\'etude, consistant \`a changer formellement $R$ en $-R$ dans les
coordonn\'ees de $P_\varphi$ et $P_\varphi'$.
%% (donc non conforme aux questions pos\'ees).
L'\'equation de la droite $(P_\varphi P_{\varphi '})$ est
$$\Biggl|\matrix{x&-R\cos2\varphi &-R\cos2\varphi '\\
y&-R\sin2\varphi &-R\sin2\varphi '\\
1&1&1\\}\Biggr|=0$$
ce qui se d\'eveloppe et transforme en
}
{\dessin{m95hm1fb}{0.82mm}
}
$$
2xR\sin(\varphi -\varphi ')\cos(\varphi+\varphi ')+2yR\sin(\varphi -\varphi ')\sin(\varphi+\varphi ')=-2R^2\sin(\varphi -\varphi ')\cos(\varphi -\varphi ')
$$
\noindent
et $\sin(\varphi -\varphi ')$ n'est pas nul parce que $P_\varphi $ et $P_{\varphi {}'}$ ne sont pas
confondus; et pour que ladite droite soit tangente \`a $C'$ il faut et
il suffit que sa distance au centre de $C'$ soit \'egale au rayon. Or,
la distance d'une telle droite au point de coordonn\'ees $(a,0)$ vaut
$|a\cos(\varphi+\varphi ')+R\cos(\varphi -\varphi ')|=|(a-R)\sin\varphi \sin\varphi '-(R+a)\cos\varphi \cos\varphi '|$ d'o\`u
la condition:
\reponse{65mm}{$\cos\varphi \cos\varphi '+\Frac{R-a}{R+a}\sin\varphi \sin\varphi '=\pm \Frac{r}{R+a}$}

\sousquestion %1b
Quitte \`a changer $\varphi $ et $\varphi+\pi $, nous pouvons supposer que le $\pm $ est en
fait un $+$. Pour assimiler cette relation \`a celle du I7\hbox{$^\circ$}b,
%%nous poserons d'abord $\theta=\frac{\pi }2+\varphi,\theta '=\frac{\pi }2+\varphi '$ (ce qui revient \`a
%%op\'erer un demi-tour sur le rep\`ere). Puis
nous appliquons la question I6\hbox{$^\circ$}f pour d\'eterminer $v$ tel que
$\cnk(v)=\Frac{r}{R+a}$ et $\dnk(v)=\Frac{R-a}{R+a}$, ce qui r\'eclame
$k^2=\Frac{(R+a)^2-(R-a)^2}{(R+a)^2-r^2}=\Frac{4aR}{(R+a)^2-r^2}$ (cette
fraction est bien comprise entre 0 et 1, car $r\le R-a$). Puis, appliquant la
question I6\hbox{$^\circ$}e, nous posons $u=\amk(\varphi),w=\amk(\varphi ')$, de sorte que
$\snk(u)=\sin\varphi,\cnk(u)=\cos\varphi $ et $\snk(w)=\sin\varphi ',\cnk(w)=\cos\varphi '$. La
question I7\hbox{$^\circ$}b s'applique alors, donnant $w=u\pm v\bmod4K$, soit
$\amk(\varphi ')=\amk(\varphi)\pm v\bmod4K$; mais comme $\varphi $ et $\varphi '$
sont \`a prendre modulo $\pi $, et que $\amk(\varphi+\pi)=\amk(\varphi)\pm 2K$, il faut \'ecrire
\encadre{$\amk(\varphi ')=\amk(\varphi)\pm v\bmod2K$.}

\questiona %2a
On obtiendra de m\^eme $\amk(\varphi_2)=\amk(\varphi_0)+(\varepsilon_0+\varepsilon_1)v\bmod2K$. Si $\varepsilon_0$
et $\varepsilon_1$ sont distincts, alors $\varphi_2=\varphi_0\bmod\pi $,
soit $P_2=P_0$, exclu. Donc $\varepsilon_0=\varepsilon_1$. On peut donc, g\'en\'eralement,
\'ecrire:
$\amk(\varphi_{i+1})=\amk(\varphi_i)+u\bmod2K$, d'o\`u
\encadre{$\amk(\varphi_n)=\amk(\varphi_0)+nu\bmod2K$.}

\sousquestion %2b
$a=0$ entra\^\i ne $k=0$; on peut alors recourir \`a la trigonom\'etrie classique
et on aura: $\varphi_{i+1}\cong \varphi_i+u\bmod2\pi $. De toutes fa\c cons, dans ce cas le
probl\`eme admet une invariance par rotation autour de l'origine, ce qui
assure l'ind\'ependance du choix de $\varphi_0$.

\sousquestion %2c
On a $P_{\varphi_n}=P_{\varphi_0}$ si, et seulement si $\varphi_n\cong \varphi_0\bmod \pi $, soit
$\amk(\varphi_n)\cong \amk(\varphi_0)\cong \amk(\varphi_0)+nu\bmod2K$, ce quoi revient \`a avoir
$u=\Frac{2pK}n$ avec $n$ et $p$ entiers. Cette condition est bien s\^ur
ind\'ependante de $\varphi_0$. On vient de d\'emontrer un cas particulier du
\reponse{14cm}
{{\bf Th\'eor\`eme de Poncelet:} soit il y a une infinit\'e de polygones
inscrits dans $C$ et circonscrits \`a $C'$, soit il n'y en a
aucun;
de plus, lorsque ces polygones existent, on peut choisir
arbitrairement un de leurs sommets.}

\sousquestion %2d
Un triangle inscrit dans $C$ et circonscrit \`a $C'$ se fera avec $n=3$. Soit:
$v=\Frac{2pK}3$, avec $p$ entier. La condition est donc:
$\cases{\cnk(\Frac{2pK}3)=\Frac{r}{R+a}\\
\dnk(\Frac{2pK}3)=\Frac{R-a}{R+a}}$.
Toutefois, la seconde condition dispara\^\i t, car $\dnk^2=1-k^2(1-\cnk^2)$. La
premi\`ere est r\'ealisable car $\Frac{r}{R+a}\in ]0,1[$; et il faut prendre
$\Frac{2pK}3$ dans $]0,K[$ ou dans $]3K,4K[$, ce qui donne $p=1$ ou $p=5$;
compte-tenu de la parit\'e et de la p\'eriode de $ \cnk$, la valeur $p=1$ suffit.
Soit:
\encadre{$\cnk(\Frac{2K}3)=\Frac{r}{R+a}$.}

Cette condition n'\'etant pas tr\`es explicite, nous allons utiliser
l'autre aspect du th\'eor\`eme de Poncelet pour avoir une condition
plus simple. En effet, $\varphi_0$ et $\varphi_0$ \'etant quelconques on peut prendre
$\varphi_0=0$; dans ce cas, le triangle inscrit et circonscrit devient isoc\`ele. La
figure est alors calculable; le c\^ot\'e du triangle parall\`ele \`a l'axe Oy a
pour abscisse $a-r$, et coupe le cercle $C$ \`a l'ordonn\'ee $\sqrt{R^2-(a-r)^2}$.
L'\'equation de l'un des c\^ot\'es restants est donc
$$
\Biggl|\matrix{x&R&a-r\\ y&0&\sqrt{R^2-(a-r)^2}\\ 1&1&1\\}\Biggr|=0
=-x\sqrt{R^2-(a-r)^2}+y(a-r-R)+R\sqrt{R^2-(a-r)^2}
$$
\coteacote{
et en simplifiant par $\sqrt{R-a+r}$ on obtient
$$
x\sqrt{R+a-r}+y\sqrt{R-a+r}-R\sqrt{R+a-r}=0\>.
$$
Le
triangle est alors circonscrit au cercle $C'$ si, et seulement si la
distance de cette droite au centre de $C'$ est la bonne, soit au carr\'e:
$$
r^2=\Frac{(a\sqrt{R+a-r}-R\sqrt{R+a-r})^2}{R+a-r+R-a+r}
$$
donc $2Rr^2=(a-R)^2(R+a-r)$
que l'on organise suivant les puissances de $r$:
$$
2Rr^2+r(a-R)^2-(a-R)^2(a+R)=0
\>.$$
Posons $r=(a-R)t$. On trouve:
$$
2Rt^2+(a-R)t-(a+R)=0
\>,$$
\'equation qui a la racine \'evidente $t=1$. Mais
$r=a-R$ est exclu par les limitations du probl\`eme. La seule solution est
donc $t=\Frac{-(a+R)}{2R}$ d'o\`u $r=\Frac{(R-a)(a+R)}{2R}$ soit
}{
\dessin{m95hm1fc}{0.65mm}
}
\encadre{Le triangle inscrit/circonscrit existe si, et seulement si
$2Rr=R^2-a^2$.}

\sousquestion %2e
Dans le cas d'un quadrilat\`ere inscrit, nous suivrons la m\^eme d\'emarche en
partant du point $(R,0)$. Les deux sommets voisins sont donc sym\'etriques
par rapport \`a la droite des centres, donc le quatri\`eme sommet est sur la
droite des centres.
Dans ces conditions, le quadrilat\`ere a deux angles
droits puisqu'une de ses diagonales est un diam\`etre de $C$.

Partant des
extr\'emit\'es du diam\`etre $PR$ de $C$ donn\'e par la droite des centres, on m\`ene
les tangentes \`a $C'$; l'op\'eration r\'eussit si, et seulement si ces tangentes
se coupent en des points $Q$ et $S$ de $C$, c'est-\`a-dire forment des
triangles rectangles.

\coteacote{
On \'ecrit l'\'equation d'une droite passant par $P$:
$x\cos\theta+y\sin\theta=R\cos\theta $; sa distance \`a $A$ doit \^etre \'egale au rayon de $C'$:
$|a\cos\theta -R\cos\theta |=(R-a)\cos\theta=r$. De m\^eme, la tangente en $R$ \`a $C$ s'\'ecrit:
$x\cos\varphi+y\sin\varphi=-R\cos\varphi $, et on a $(R+a)\cos\varphi=r$. On peut prendre les deux
tangentes vers $Q$, et supposer que $\theta \in [0,\frac{\pi }2]$ et $\varphi \in [\frac{\pi }2,\pi ]$.
L'orthogonalit\'e a lieu si et seulement si $\varphi=\theta+\frac{\pi }2$, donc si et
seulement si $\cos^2\theta+\cos^2\varphi=1$. Ce qui donne la condition:
$\big(\Frac{r}{R-a}\big)^2+\big(\Frac{r}{R+a}\big)^2=1$, ou:
\reponse{4.5cm}{$2r^2(R^2+a^2)=(R^2-a^2)^2$}
\medskip
}{
\dessin{m95hm1fd}{0.7mm}
}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% PARTIE III %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\Partie[Probl\`eme de Poncelet pour deux c\^oniques.]

\questiona %1a
Cette question est pr\'eparatoire \`a la suite; $y_0, q,u$ ne sont pas encore
tr\`es pr\'ecis\'ement choisis. Nous pouvons poser $r=y_0+\lambda (p-q)+\mu u$. On obtient,
en principe, l'\'equation du c\^one cherch\'e (que nous nommerons $K$), en
\'ecrivant qu'une droite passant par le sommet $p$ doit couper $P$ en un
point de $C$. Donc, $r$ convient si, et seulement s'il existe $\alpha \in \R$ tel que
$\alpha r+(1-\alpha)p$ appartienne \`a $C$, soit:
$Q(\alpha r+(1-\alpha)p)=0$ et $\varphi (\alpha r+(1-\alpha)p)=1=\alpha \varphi (r-p)+\varphi (p)$. Ce qui conduit aux
conditions:
$$
\cases{\varphi (r)\ne \varphi (p)\\
Q\bigl(\Frac{1-\varphi (p)}{\varphi (r-p)}r+\Frac{\varphi (r)-1}{\varphi (r-p)}p\bigr)=0\\}
\quad\Longleftrightarrow\quad
\cases{\varphi (r)\ne \varphi (p)\\
Q((1-\varphi (p))r+(\varphi (r)-1)p)=0\\}
$$

\noindent soit en notant $B$ la forme bilin\'eaire sym\'etrique associ\'ee \`a $Q$:
$$
\cases{\varphi (r)\ne \varphi (p)\\
(1-\varphi (p))^2Q(r)+(\varphi (r)-1)^2Q(p)+2(1-\varphi (p))(\varphi (r)-1)B(p,r)=0\\}
$$

\sousquestion %1b
Ici, nous choisissons $y_0$ orthogonal \`a $p-q$ et \`a $u$ (c'est possible). Le
point $r=y_0+\lambda (p-q)+\mu u$ va d\'ecrire un cercle dans un plan parall\`ele aux
vecteurs $p-q$ et $u$ (donc au plan contenant $p$ et $L$) si, et seulement
sa projection sur le plan dirig\'e par $p-q$ et $u$ en d\'ecrit un; ce qui est
facile \`a \'ecrire, car $p-q$ et $u$ sont orthogonaux et de m\^eme norme; une
\'equation de cercle, dans ces conditions, prend l'allure
$\lambda^2+\mu^2-2a\lambda -2b\mu=$constante; c'est une \'equation de degr\'e 2 en $\lambda,\mu $ ayant
m\^eme coefficients sur $\lambda^2,\mu^2$ et pas de terme en $\lambda \mu $. Reportons-nous
alors \`a la question pr\'ec\'edente. Le choix de $y_0$ n'est pas fondamental, on
peut m\^eme prendre $\varphi (y_0)=0$ pour simplifier. On a alors
$\varphi (r)=\lambda \varphi (p-q)=\lambda (\varphi (p)-1)$.

Voyons la seconde condition, en n'\'ecrivant que les termes qui peuvent
conduire \`a des expressions de degr\'e 2 en $(\lambda,\mu)$:
$$
\eqalign{
(1-\varphi (p))^2&\bigl[\lambda^2Q(p-q)+\mu^2Q(u)+2\lambda \mu B(p-q,u)+\cdots\bigr]\\
&+\lambda^2(\varphi (p)-1)^2Q(p)
+2(1-\varphi (p))\lambda (\varphi (p)-1)B\bigl(\lambda (p-q)+\mu u+y_0,p\bigr)=0
}$$
et les termes int\'eressants valent:
$$
\lambda^2:(1-\varphi (p))^2Q(p-q)+(\varphi (p)-1)^2Q(p)+2(1-\varphi (p))(\varphi (p)-1)B(p-q,p)
=(1-\varphi (p))^2Q(q)
$$
$\mu^2$: $(1-\varphi (p))^2Q(u)$
et $\lambda \mu $: $2(1-\varphi (p))^2B(p-q,u)+2(1-\varphi (p))(\varphi (p)-1)B(u,p)
=2(1-\varphi (p))^2(B(p,u)-B(p,u)-B(q,u))$
d'o\`u il r\'esulte que la section de $K$ par le plan pr\'evu est incluse dans un
cercle si, et seulement si on a
\encadre{$Q(u)=Q(q)$ et $B(q,u)=0\>.$}

Revenons enfin sur la premi\`ere condition, \`a savoir $\varphi (r)\ne \varphi (p)$; elle exige
que $\lambda \ne \Frac{\varphi (p)}{\varphi (p)-1}$. Lorsque le point $r$ d\'ecrit le cercle \'evoqu\'e
ci-dessus, $\lambda $ joue le r\^ole d'une abscisse, et il se peut qu'il y ait une
abscisse ``interdite'', donc un ou deux points manquants dans le cercle.
Ceci est bien normal, car si $C$ est une parabole ou une hyperbole, le
c\^one de sommet $p$ s'appuyant sur $C$ n'est pas une quadrique compl\`ete,
il lui manque une ou deux g\'en\'eratrices. Dans ces conditions, la stricte
r\'eponse \`a la question pos\'ee exige que $C$ soit une ellipse.

\question %2
Concentrons-nous d'abord sur le choix de $q$ et $u$. Associons \`a $q$ (resp.
$u$) une matrice-colonne $X$ (resp. $Y$). Les conditions impos\'ees sur $q$
et $u$ relativement \`a $C$ deviennent: $~XSX-~YSY=0$ et $2~XSY=0$, et
correspondent exactement \`a $~ZSZ=0$ si $Z=X+iY$. Les conditions sur $C'$
sont analogues, avec $S'$ \`a la place de $S$, ce qu'il fallait.

Le choix de $p$ est alors facile: on le prend sur le cercle de centre $q$,
axe $L$, rayon $\|u\|$, et hors de $P$: on a le choix\dots

\question %3
La projection c\^onique, telle que d\'ecrite \`a la question pr\'ec\'edente, envoie
une droite du plan $P$ sur une droite du plan $\Pi$, et respecte le contact
des courbes (car elle est diff\'erentiable, ses formules \'etant certainement
rationnelles), donc les tangentes. Sa r\'eciproque fait de m\^eme. Elle
transporte donc la construction vue au II (le polygone inscrit dans un
cercle, circonscrit \`a l'autre, ayant un point de d\'epart quelconque) en une
construction analogue, o\`u les deux cercles sont remplac\'es par deux
ellipses.

\coteacote{
Dans les cas des hyperboles et des paraboles, il peut y avoir des
exceptions dues aux directions asymptotiques. Pour garder un r\'esultat
analogue, il faut convenir que les asymptotes de l'hyperbole sont tangentes
en un point situ\'e \`a l'infini sur celle-ci (c'est le point de vue
projectif). Sur la figure ci-contre on a une ellipse et une hyperbole
homofocales, et un quadrilat\`ere inscrit dans l'ellipse, qui n'est
circonscrit \`a l'hyperbole que si on accepte les asymptotes comme tangentes.
Dans le cas de la parabole, il faudra accepter que deux droites parall\`eles
\`a l'axe s'intersectent sur la parabole en un point situ\'e ``\`a
l'infini''.\bigskip
}{
\dessin{m95hm1ff}{0.27mm}
}

\question %4
Toujours selon l'observation d\'ej\`a faite, nous nous limiterons au cas des
ellipses. On peut choisir un rep\`ere de $E$ qui simplifie $\varphi $ et $Q$, de
sorte de si $X=(x,y,z)$ alors $\varphi (X)=z$ et
$Q(X)=\Frac{x^2}{a^2}+\Frac{y^2}{b^2}-z^2$; ce qui correspond \`a l'\'equation bien
connue $\Frac{x^2}{a^2}+\Frac{y^2}{b^2}=1$. Consid\'erons \`a pr\'esent la c\^onique
complexe, c'est-\`a-dire la partie de $\C^2$ form\'ee des couples $(x,y)$
v\'erifiant la m\^eme \'equation. Cherchons un param\'etrage rationnel (complexe)
de cet ensemble; pour cela, il est commode de changer d'origine et de se
placer en $(a,0)$, donc on cherche $x=a+\lambda,y=\lambda t$, ce qui conduit \`a
$1+\Frac{2\lambda }a+\Frac{\lambda^2}{a^2}+\Frac{\lambda^2t^2}{b^2}=1$; $\lambda=0$ redonne $(a,0)$, et
si $\lambda \ne 0$ alors $\lambda \big(\Frac1{a^2}+\Frac{t^2}{b^2}\big)=-\Frac2a$, d'o\`u
$$
x=a-\Frac{\tfrac2a}{\tfrac1{a^2}+\tfrac{t^2}{b^2}}
=\Frac{a^3t^2-ab^2}{b^2+a^2t^2}\,\quad
y=\Frac{2ab^2t}{b^2+a^2t^2}
$$
et ici $t$ d\'ecrit $\C$. Quand on reporte ce param\'etrage dans l'\'equation
cart\'esienne de $C'$, et que l'on chasse les d\'enominateurs, on trouve une
\'equation alg\'ebrique de degr\'e 4. Le th\'eor\`eme de D'Alembert-Gauss montre
qu'il y a au moins une solution $t$, qui donne un vecteur $Z$ cherch\'e.

On a donc d\'emontr\'e le
\reponse{13cm}{{\bf Th\'eor\`eme de Poncelet pour les ellipses}: si deux ellipses
$C$ et $C'$ ne se coupent pas, ou bien il n'existe aucun
polygone inscrit dans $C$ et circonscrit \`a $C'$, ou bien il y en a une
infinit\'e et on peut prendre arbitrairement l'un des sommets.}

\bye

\remarque{l'\'enonc\'e n'est pas tr\`es clair. En fait, il faut choisir $I$ comme
ci-dessus, sinon on n'y arrivera pas. Plus loin, la fonction $\snk$ sera
prolong\'ee \`a $\R$, ce qui veut dire que l'on pourrait peut-\^etre prendre
$I=\R$ dans la premi\`ere question; ce qui serait assez
inconfortable\dots}

\noindent {\sl Autre solution: }
Ouvrons un trait\'e sur les fonctions elliptiques. On y trouvera les
fonctions de Jacobi, notamment:
$F_k(x)=\int_0^x\Frac{d\theta }{\sqrt{1-k^2\sin^2\theta }}$ (pour $k=0$, on a simplement
$F_0(x)=x$, ce qui servira plus loin). Cette fonction est manifestement
continue, impaire et strictement croissante sur $\R$; sa d\'eriv\'ee est
strictement positive. On note que l'on a
$F_k(x+\pi)=F_k(\pi)+\int_{\pi }^{x+\pi }\Frac{d\theta }{\sqrt{1-k^2\sin^2\theta }}=F_k(\pi)+F_k(x)$ par
p\'eriodicit\'e du sinus; de plus, $F_k(\pi)=2F_k(\frac{\pi }2)$. On pose alors
$t=\sin\theta $ et il vient $K=F_k(\frac{\pi }2)=\int_0^1\Frac{dt}{\sqrt{(1-t^2)(1-k^2t^2)}}$,
et $F_k(x+\pi)=F_k(x)+2K$.

Les qualit\'es de $F_k$ permettent d'en introduire la r\'eciproque, que nous
noterons $a_k$, fonction de classe $\mathcal C^\infty $ sur $\R$ parce que $F_k$ l'est et
que sa d\'eriv\'ee ne s'annule pas. Ainsi, $a_k$ est impaire et strictement
croissante, et v\'erifie $a_k(x+2K)=a_k(x)+\pi $.

{\sl Remarque:} $a_k$ s'appelle $\amk$ dans les trait\'es cit\'es plus haut.
L'auteur du sujet a confondu $\amk$ avec $F_k(x) \bmod 4K$, compliquant
l'\'etude en rendant $\amk$ discontinue.

Enfin, on pose $\snk=\sin\circ a_k$, qui est ainsi de classe $\mathcal C^\infty $, impaire,
telle que $\snk(x+2K)=-\snk(x)$; donc $\snk$ est $4K$-p\'eriodique. On a
aussi $\snk(0)=0$ par imparit\'e. On pose
de m\^eme $\cnk=\cos\circ a_k$. Enfin, on peut d\'eriver:
$\D{a_k}(x)=\Frac1{\D{F_k}(a_k(x))}=\sqrt{1-k^2\sin^2a_k(x)}=\sqrt{1-k^2\snk^2(x)}$
d'o\`u
$\D\snk=\cnk\D{a_k}=\cnk\sqrt{1-k^2\snk^2}$ et $\D\snk(0)=1$;
enfin
$(\D\snk)^2=\cnk^2(1-k^2\snk^2)=(1-\snk^2)(1-k^2\snk^2)$
ce qui prouve que la fonction $\snk$ ainsi construite est la solution
recherch\'ee \`a l'\'equation diff\'erentielle $(E)$.

Cette fa\c con de proc\'eder r\`egle aussit\^ot la proposition admise au 3\hbox{$^\circ$}c, ainsi
que les questions 6\hbox{$^\circ$}a et 6\hbox{$^\circ$}b. On en reparlera au 4\hbox{$^\circ$}d. L'unicit\'e de la
solution ne peut \^etre obtenue de cette mani\`ere.


\bye
