% Probl{\`e}me ESIM 1997 MP 2.
% Trop h{\'e}t{\'e}rog{\`e}ne : surtout dans la premi{\`e}re partie,
% (polyn{\^o}mes de Bernouilli d{\'e}guis{\'e}s + Euler-MacLaurin)
% la deuxi{\`e}me (angles de sev ds une space euclidien) est sympa.
% Peu progressif. Dans le I, tr{\`e}s dur et trivial alternent sans cesse.
% Une formule de la moyenne lointaine est trop utile au 6,
% et l'indication {\`a} admettre est plut{\^o}t fausse, 
% mais comme la question est globalement infaisable\dots
% Pr{\'e}requis : s{\'e}ries de Fourier, int{\'e}grales d{\'e}finies + espaces euclidiens, projections ortho.
% Corrig{\'e} en LaTeX2e par Emmanuel Amiot.
% eMail : waliszt@lagare.fr
% tel/fax : 04 68 73 45 73
% snailMail : 1 rue du Centre 66570 St Nazaire.

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%
% Fontes "blackboard" si vous avez les MSBM
% a defaut, cf. infra\dots
%
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% \dots a defaut de MSBM, replacer les 8 lignes ci-dessus par :
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\title{ESIM MP Maths 2 --- 1997} \date{} \author{}
\newcommand{\foo}[1]{\goodbreak \medskip\leavevmode \llap{\textbf{ #1}\ }}
\newcommand{\question}[1]{\goodbreak \medskip\leavevmode \hspace{-2em}\textbf{Question #1} \par}
% num{\'e}ros de questions
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\def\up#1{\raise 1ex\hbox{\small #1}}

\begin{document}
\maketitle


\begin{center}
			PREMIER PROBL\`EME
\end{center}

\question{1}
a. La propri{\'e}t{\'e} \quad 
$(P_n)$ \qquad $\psi_n$ est de classe $\cal C$ $^{n-2}$, et de classe  ${\cal C}^\infty$ par morceaux
\quad
est h{\'e}r{\'e}ditaire, car pour $n\ge2$, $\psi_n$ est {\`a} constantes pr{\`e}s une primitive de $\psi_{n-1}$.

Or ``${\cal C}^\infty$ par morceaux'' est vrai pour $n=0, 1$ ($\psi_1$ est une fonction ``rampe''), et
$\psi_2$, comme toute primitive, est continue, ce qui initialise la r{\'e}currence.
Donc $(P_n)$ est vraie pour tout $n\ge2$.


b.  C'est trivial pour $n=1$.  Pour $n\ge1$, notons pour simplifier
$$\chi_n(x) = \int_0^x \psi_n$$
On a donc 
$$K_n = \chi_n(2\pi) - \dfrac1{2\pi} \int_0^{2\pi} u \psi_n(u) du
							=  \chi_n(2\pi) - \dfrac1{2\pi} \Bigl[u \chi_n(u) \Bigr]_0^{2\pi} + 
       \dfrac1{2\pi} \int_0^{2\pi} \chi_n(u) du
 $$
Supposons (hypoth{\`e}se de r{\'e}currence) que $\chi_n(2\pi) = 0$. Il reste
$K_n =  \dfrac1{2\pi} \int_0^{2\pi} \chi_n(u) du $.

Or $\psi_{n+1} (x) = \dfrac{n+1}{2\pi} (\chi_{n} (x) - K_n)$, d'o{\`u}
$$\int_0^{2\pi} \psi_{n+1} = \dfrac1{2\pi} \int_0^{2\pi} \chi_n(u) du
				- \dfrac1{2\pi} \int_0^{2\pi} K_n
    = K_n - K_n = 0$$
Ce qui d{\'e}montre par r{\'e}curence que $\int_0^{2\pi} \psi_n = 0$ pour $n\ge1$.

\question 2
a. D'abord $c_0 (\psi_1) = 0$ (cf. supra).

Ensuite on a 
$$c_k(\psi_1) = \dfrac1{2\pi}\int_0^{2\pi} \dfrac{x-\pi}{2\pi} e^{-ikx}\ dx =
							 \dfrac1{4\pi^2}\int_0^{2\pi} x e^{-ikx}\ dx =
        \dfrac{i}{4k\pi^2} \left(\Bigl[ x e^{-ikx}\Bigr]_0^{2\pi} - \int_0^{2\pi} e^{-ikx}\ dx \right)
        =  \dfrac{i}{2k\pi} 
$$
b. Le ``en d{\'e}duire'' sugg{\`e}re de proc{\'e}der par r{\'e}currence, c'est {\`a} dire d'utiliser la propri{\'e}t{\'e}
$$c_k(f') = ik c_k(f)$$
qui est valide pour $f$ continue, et l'est encore ici parce que $\psi_1$ (et \textit{a fortiori} les
$\psi_k, k\ge1$) se prolongent contin{\^u}ment sur le segment $[0, 2\pi]$.
% Gageons que le d{\'e}faut de continuit{\'e} de $\psi_1$
% aura {\'e}t{\'e} laiss{\'e} de c{\^o}t{\'e} par la plupart des copies.
% On touche un point obscur du programme : primitives
% de fns continues par morceaux seulement...

On a encore (1.b) $c_0(\psi_n) = 0$, et comme $\psi'_n = \dfrac{n}{2\pi} \psi_{n-1}$ il vient
$$c_k(\psi_{n-1}) =  \dfrac{2\pi}n c_k(\psi_{n}' ) = \dfrac{2ik\pi}n c_k(\psi_{n} )$$
ce qui donne par une r{\'e}currence imm{\'e}diate
$$c_k(\psi_n) = \dfrac{n}{2ik\pi} c_k(\psi_{n-1}) = \dots = 
											\dfrac{n!}{(2ik\pi)^{n-1}} c_k(\psi_1) = - \dfrac{n!}{(2ik\pi)^{n}}
$$
c. C'est d{\'e}j{\`a} vrai pour $n = 1$ ! (cf. graphe de la fonction), {\`a} condition de changer la valeur en 0.

On peut bien s{\^u}r tenter de le d{\'e}montrer (pour $n\ge2$) par r{\'e}currence, mais il est plus
simple d'arguer que les $\psi_n$ sont {\'e}gales {\`a} la somme de leur s{\'e}rie de Fourier, car elles
sont ${\cal C}^1$ par morceaux et continues, et que ces d{\'e}veloppements en s{\'e}rie de Fourier 
ont la parit{\'e} de $n$ : 
en effet, le terme en $i^n$ assure que pour $n$ pair, il ne reste que des cosinus, et pour $n$ impair, 
des sinus, dans le DSF.

\question 3
a. Il y a m{\^e}me convergence normale $ (c_k(\psi_n) = O\bigl(\frac1{k^2}\bigr) )$, et c'est vers
$\psi_n$ en vertu du th{\'e}or{\`e}me de Dirichlet utilis{\'e} {\`a} la question pr{\'e}c{\'e}dente.
{\tiny (dans l'ancien programme on pouvait exciper de la continuit{\'e} de la fonction\dots)}

b. Lequel th{\'e}or{\`e}me assure la convergence simple m{\^e}me pour le DSF de $\psi_1$ ; on 
n'a pas mieux, car si la convergence {\'e}tait uniforme (sur \R) la somme de la s{\'e}rie serait continue, ce qui
n'est pas le cas de $\psi_1$ (la somme du DSF est nulle en 0, et $\psi_1$ y admet une limite
{\`a} gauche diff{\'e}rente de sa valeur).

\question 4
% O{\`u} polyn{\^o}mes et nombres de Bernouilli deviennent reconnaissables.
a. Les $\psi_{2n+1} $ sont impaires, et donc nulles en 0.

b. Facilement, $b_0 = 1, b_1 = -1/2$; par ailleurs, on trouve en int{\'e}grant
$\psi_2(x) = \dfrac16 - \dfrac{x}{2\pi} + \dfrac{x^2}{4\pi^2}$ d'o{\`u} 
$b_2 = \psi_2(0) = \dfrac16$.

c. D'abord, c'est vrai pour $n=0$ : on a bien
$|\psi_1| \le \dfrac12$ sur \R.

{\`A} la question 3, on a {\'e}tabli la convergence uniforme du DSF de $\psi_n$. On nous demande
une majoration uniforme, justement, de $\psi_{2n+1}$ en fonction de  $\psi_{2n}(0)$. Or
$$|\psi_{2n+1}(x)| = (2n+1)! |\sum_{k\in\Z^*} \dfrac{e^{ikx}}{(2ik\pi)^{2n+1}} |
\le  (2n+1) !\sum_{k\in\Z^*} \dfrac1{(k\pi)^{2n+1}}$$
Or $\dfrac1{(k\pi)^{2n+1}} \le \dfrac12\dfrac1{(k\pi)^{2n}}$, donc on peut poursuivre :
$$ \dots \le \dfrac{2n+1}2  (2n)!\sum_{k\in\Z^*} \dfrac1{(2k\pi)^{2n}}
= \dfrac{2n+1}2  (2n)!\sum_{k\in\Z^*} \dfrac{e^{ik0}}{(2k\pi)^{2n}} 
							=\dfrac{2n+1}2 |\psi_{2n}(0)|
$$
\question 5
a. Observons d'abord que $\Phi'_n =  n \Phi_{n-1}$. Ceci permet d'int{\'e}grer par parties :

$$\begin{array}{l}
I_{2n+1}=\int_0^1 \Phi_{2n+1} g^{({2n+1})} 
								= [\Phi_{2n+1} g^{(2n)} ]_0^1 - \int_0^1 (2n+1) \Phi_{2n} g^{(2n)}
      \\ = 0 - (2n+1)[\Phi_{2n} g^{(2n-1)} ]_0^1 + (2n+1)(2n) \int_0^1 \Phi_{2n-1} g^{(2n-1)}
       \\=(2n+1)b_{2n}\bigl( g^{(2n-1)}(0) -  g^{(2n-1)}(1)\bigr) +  (2n+1)(2n)I_{2n-1}
       \\=(2n+1)b_{2n}\bigl( g^{(2n-1)}(0) -  g^{(2n-1)}(1)\bigr) + 
       									(2n+1)(2n)(2n-1) b_{2n-2}\bigl( g^{(2n-3)}(0) -  g^{(2n-3)}(1)\bigr) 
                \\ \qquad \qquad + (2n+1)(2n)(2n-1)(2n-2)I_{2n-3}
       \\= (2n+1)b_{2n}\bigl( g^{(2n-1)}(0) -  g^{(2n-1)}(1)\bigr) +
       									(2n+1)(2n)(2n-1) b_{2n-2}\bigl( g^{(2n-3)}(0) -  g^{(2n-3)}(1)\bigr) 
                + \\\qquad \qquad \dots +  (2n+1)\dots4.3.\, b_2\bigl( g'(0) -  g'(1)\bigr) + (2n+1)!\, I_1
                \\=(2n+1)! \left(\sum\limits_{k=1}^n \bigl( g^{(2k-1)}(0) -  g^{(2k-1)}(1)\bigr) 
                \dfrac{b_{2k}}{(2k)!} + I_1\right)
\end{array}$$

Reste {\`a} sortir $I_0$ : on a en prolongeant $\Phi_1$ par $x\mapsto x - \dfrac12$ sur $[0,1]$ :
$$I_1 = \int_0^1 \Phi_1 g' = \int_0^1 (x - \frac12) g'(x)\ dx
					= \frac12(g(0) - g(1)) + \bigl[x g(x)\bigr]_0^1 - I_0
     = \frac12(g(0) + g(1))  - I_0
$$
On en tire avec soulagement:
$$I_0 = \int_0^1 g =
\frac12(g(0) + g(1)) - \sum\limits_{k=1}^n \big( g^{(2k-1)}(1) -  g^{(2k-1)}(0)\big) 
\dfrac{b_{2k}}{(2k)!} - \dfrac1{(2n+1)!} I_{2n+1}
$$
c. La  (fameuse) formule d'\textsc{Euler-MacLaurin} jaillit de la pr{\'e}c{\'e}dente, en posant
$g(t) = f(a + (b-a)t)$.


\question 6
a. % On admet qqe chose de plus dur que ce que l'on d{\'e}montre... typique !
% et c'est FAUX pour $n=1, x\le 1$ par exemple\dots
% Question difficile, encore\dots
On va avoir affaire {\`a} des expressions du genre
$$f^{(n)}(x+1) -f^{(n)}(x) = \dfrac{d^n \ln \Gamma}{d x^n} (x+1) - 
\dfrac{d^n \ln \Gamma}{d x^n}(x) 
= \dfrac{d^n}{d x^n} \left(\ln \Gamma(x+1) - \ln \Gamma(x) \right)
= \dfrac{d^n \ln  x}{d x^n} 
= \dfrac{d^{n-1} 1/x}{d x^{n-1}} 
$$
que l'on sait calculer. On aura aussi {\`a} traiter une int{\'e}grale :
$$\mathcal{I} =\dfrac1{(2n+1)!} \int_0^1 \Phi_{2n+1} (t) f^{(2n+1)}(x + t)\,dt
$$
dont l'int{\'e}grande est compris entre
$\inf \Phi_{2n+1} \times f^{(2n+1)}(x + t)$ et $\sup \Phi_{2n+1} \times f^{(2n+1)}(x + t)$,
par positivit{\'e} de $ f^{(2n+1)}$.
% Il y l{\`a} une formule de la moyenne plut{\^o}t hors-programme\dots

J'en d{\'e}duis que
$$|\mathcal{I}| \le \dfrac{\sup |\Phi_{2n+1} |}{(2n+1)!} \int_0^1  f^{(2n+1)}(x + t)\,dt
			\le \dfrac{|b_{2n}|} {2.(2n)!} \bigl(f^{(2n)}(x+1) - f^{(2n)}(x) \bigr)
   = \mathcal{C} \times  \dfrac{d^{2n-1}}{d x^{2n-1}} \dfrac1x
   = \dfrac{C^{te} }{x^{2n}}
$$
donc $\mathcal{I}$ est de la forme $\varepsilon_n(x) x^{1-2n}$ quand $x\to +\infty$.

Enfin, il nous faut calculer $\int_x^{x+1} \ln \Gamma = \kappa(x)$.
On trouve par d{\'e}rivation que $\kappa'(x) = \ln x$, d'o{\`u}
$$\int_x^{x+1} \ln \Gamma(t)\, dt = x\ln x - x + A$$
Le dernier terme est tout simple :
$$\dfrac{b-a}2(f(a) + f(b)) = \dfrac12 (\ln \Gamma(x) + \ln \Gamma(x+1)) = f(x) + \dfrac12\ln x$$
L'application de la formule (d' \textsc{Euler-MacLaurin}) {\`a} $f$ donne bien l'expression indiqu{\'e}e,
car
$$(b-a)^{2k} \dfrac{b_{2k}}{(2k)!} (f^{(2k-1)}(b) - f^{(2k-1)}(a))
=\dfrac{b_{2k}}{(2k)!} \dfrac{d^{2k - 2}}{d x^{2k - 2}} \dfrac1x
= \dfrac{b_{2k}}{2k(2k-1)}  \dfrac1{x^{2k-1}}$$
les autres termes ayant d{\'e}j{\`a} {\'e}t{\'e} vus en d{\'e}tail.

b. On prend $n=2$, et l'exponentielle de la relation pr{\'e}c{\'e}dente devient
$$\Gamma(x) = \dfrac{e^A}{\sqrt{x}} \left(\dfrac{x}e\right)^x
\exp(\dfrac{b_2}{2x} + \dfrac{b_4}{12 x^3} + \dfrac1{x^3} \varepsilon(x) )
= \dfrac{e^A}{\sqrt{x}} \left(\dfrac{x}e\right)^x \left(1 +
						\frac{b_2}{2x} + \frac{b^2_2}{8x^2} + o(\frac1{x^2}) \right)
      = \dfrac{e^A}{\sqrt{x}} \left(\dfrac{x}e\right)^x \left(1 + 
      \frac1{12\;x} + \frac1{288\;x^2} + o(\dfrac1{x^2}) \right)
$$
C'est une formule de Stirling am{\'e}lior{\'e}e.

c. En prenant justement $x = n+1$, on a  quand $n\to+\infty$, 
$\Gamma(x) = n! \sim \sqrt{2n\pi} \left(\dfrac{n}e\right)^n$ et par ailleurs
$$\Gamma(x) \sim \dfrac{e^A}{\sqrt{x}} \left(\dfrac{x}e\right)^x
\sim \dfrac{e^A}{\sqrt{n}} \left(\dfrac{n+1}e\right)^{n+1}
\sim {e^A} \dfrac{\sqrt{n}}e \left(\dfrac{n}e\right)^{n}\times \left(\dfrac{n+1}n\right)^{n+1}
\sim {e^A}{\sqrt{n}} \left(\dfrac{n}e\right)^{n}$$
et par comparaison avec la formule de Stirling justement, on a
$$e^A = \sqrt{2\pi}$$

\newpage
\begin{center}
DEUXI\`EME PROBL\`EME
\end{center}

% Nettement plus facile que celui d'Analyse !!! Int{\'e}ressant, encore h{\'e}t{\'e}rog{\`e}ne\dots

\vspace{2em}
\begin{center}
		\textbf{\large Partie I}
\end{center}

\question 1
$A$ {\'e}tant sym{\'e}trique r{\'e}elle, est orthogonalement diagonalisable.

\question 2
a. Soit $X\in E(\lambda, A)$. On a donc $A.X = \lambda X$. 
Si de plus $\Phi(X) = B.X = 0$, on peut {\'e}crire
$$0 = ^t\! B.0 = ^t\! B.B X = A X = \lambda X $$
d'o{\`u} $X = 0$ puisque $\lambda\ne 0$.

b. Puisque $^t\! B.B X = \lambda X$, on en d{\'e}duit en appliquant $B$ {\`a} gauche
$B.^t\! B.B X = \lambda B X$. Or $BX\ne 0$ d'apr{\`e}s la question pr{\'e}c{\'e}dente :
donc
\begin{itemize}
					\item $BX$ est un vecteur propre de $B.^t\! B = A^\#$
     \item Si $X\in E(\lambda, A)$ alors $BX = \Phi(X)\in E(\lambda, A^\#)$
\end{itemize}

c.
La deuxi{\`e}me assertion prouve que $\dim E(\lambda, A) \le \dim E(\lambda, A^\#)$
(puisque $\Phi$ est injective sur $E(\lambda, A)$).
On montrerait sym{\'e}triquement l'in{\'e}galit{\'e} inverse, c'est donc une {\'e}galit{\'e}.
\question 3
	Les deux matrices $A, A^\#$ sont diagonalisables, et elles ont les m{\^e}mes valeurs propres 
 avec les m{\^e}mes multiplicit{\'e}s : {\'e}tant semblables {\`a} une m{\^e}me matrice, elles sont semblables
 (et m{\^e}me orthogonalement semblables).
 \question 4
a. $ \| BX \|^2 = ^t\!(BX). BX = ^t\! X. A.X = ^t\! X.\lambda X = \lambda \|X\|^2$.
 
b. Donc $0\le\lambda \|X\|^2 \le \|X\|^2$, ce qui implique $0\le\lambda \le 1$.
 
 
\vspace{2em}
\begin{center}
		\textbf{\large Partie II}
\end{center}

\question 1
On utilise l'expression analytique de la projection orthogonale sur une BON :
$$p_F(x) = \sum\limits_{i=1}^m (u_i\mid x) u_i$$
On en d{\'e}duit que l'image de $v_j$, c{\`a}d la $j$\up{i{\`e}me} colonne de $B_{\mathcal UV}$,
est $\sum\limits_{i=1}^m (u_i\mid v_j) u_i$ : ce qui donne les coefficients de la matrice.

On en d{\'e}duit aussit{\^o}t, en inversant les r{\^o}les, que la matrice de $\Pi_G$ n'est autre 
que la transpos{\'e}e de celle de $\Pi_F$. Donc
$$\mathcal{M}_\mathcal{V} (\Pi_G \circ \Pi_F ) = ^t\! B_{\mathcal UV}. B_{\mathcal UV}$$

\question 2
a) $p_F(x)$ a pour matrice colonne $B_{\mathcal UV}.X$ dans la base $\mathcal{U}$. Cette base
{\'e}tant orthonormale, la norme euclidienne du vecteur colonne est {\'e}gale {\`a} la longueur euclidienne
du vecteur de $E$ (la norme euclidienne sur $F$ {\'e}tant la restriction de celle de $E$).

b) En cons{\'e}quence, multiplier par $B_{\mathcal UV}$ raccourcit les distances comme toute projection orthogonale.

\question 3
La partie pr{\'e}c{\'e}dente montre que 
$\mathcal{M}_\mathcal{V} (\Pi_G \circ \Pi_F )$ diagonalise dans une BON, avec des valeurs propres
toutes comprises entre 0 et 1, donc de la forme $\lambda = \cos^2 t$ (avec un unique
$t\in[0, \pi/2]$ pour chaque $\lambda$ par bijectivit{\'e} de $\cos$ sur cet intervalle).

Il n'y a plus qu'{\`a} ordonner les vecteurs propres de la BON par valeurs propres croissantes
pour obtenir une BON $\mathcal{W}$ convenable.

\question 4
a) L'angle --- usuel --- des deux droites est $\pi/4$. La matrice $B$ est donc 
une matrice $1\times 1$ (!!) qui vaut $[\sqrt2 / 2]$.

Alors $^t\!B.B = [1/2]$ et donc l'{\it Angle} des deux droites est aussi $\pi/4$.

b) Consid{\'e}rons $\mathcal{V} = (1,0,0),\dfrac1{\sqrt2} (0,1,1)$ et $\mathcal{U} = (1,0,0), (0,0,1)$
: on trouve
$$B = \left(\begin{array}{cc}
		1 & 0 \\
  0 & \sqrt2/2
\end{array}\right)$$
ce qui donne l'{\it Angle} $(0, \pi/4)$.

Les orthogonaux de ces plans sont les droites engendr{\'e}es par $(0,1,0)$ et $(0,1,1)$ respectivement.
{\`A} une isom{\'e}trie pr{\`e}s, c'est le cas pr{\'e}c{\'e}dent donc leur {\it Angle} vaut $\pi/4$.

\question 5
En effet, d'apr{\`e}s la partie I les matrices correspondantes $^t\!B.B$ et $B.^t\!B$ sont
semblables : elles ont m{\^e}me spectre et donc m{\^e}me {\it Angle}.

\question 6
Utilisons les matrices et la question 2.a):
$$\|p_f(x)\|^2 = (p_f(x)\mid p_f(x) ) = (BX \mid BX) = ^t\! X ^t\! B.B X
= ^t\! X.( ^t\! B.B X) = (x \mid (\Pi_G\circ\Pi_F)(x) )$$

\question 7
a) C'est g{\'e}n{\'e}ral, car pour tout projecteur orthogonal $p$ sur le sev $F$ on a
$$\|x - p(x)\|^2 = \|x\|^2 - \|p(x)\|^2 = 0 \iff x = p(x) \iff x\in F$$
b) Appliquons la question 6 {\`a} tous les vecteurs $e_i$ de la base $\mathcal W$ :
$(e_i \mid  (\Pi_G\circ\Pi_F)(e_i))$ est le $i$\up{i{\`e}me} terme diagonal, il vaut 1
si et seulement si $\|p_f(e_i)\| = 1 = \|e_i\|$ et donc si et seulement si $e_i \in F$.

$r$ est donc le nombre d'{\'e}l{\'e}ments de $\mathcal W$ qui sont dans $F$, d'o{\`u}
$$\dim (F\cap G) \ge r$$
L' in{\'e}galit{\'e} inverse est {\'e}vidente, car tout {\'e}l{\'e}ment de $ F\cap G$ est fixe sous l'action de
$\Phi = \Pi_G\circ\Pi_F$, c{\`a}d que pour ce dernier endomorphisme, la dimension de
$E(1, \Phi)$ ({\it ie} la multiplicit{\'e} de 1, c{\`a}d $r$) est au moins {\'e}gale {\`a} $\dim  (F\cap G)$. Nous avons d{\'e}montr{\'e} l'{\'e}galit{\'e}
$\dim (F\cap G) = r$.

\smallskip
Le seul cas o{\`u} $r=m$ (angle {\it identiquement nul ?}) est donc $F=G$.
\question 8
Similaire {\`a} la pr{\'e}c{\'e}dente. Cette fois, c'est le cas $\|p_F(e_i)\| = 0$ qui nous int{\'e}resse, 
or cela {\'e}quivaut {\`a} $e_i \in (F^\perp \cap G)$.

De m{\^e}me, la matrice ne sera nulle que si $F \perp G$.
\end{document}
