Exercice 2. Demi-plan de Poincaré

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MPSI B Corrigé du DM 1 29 juin 2019

Exercice 1. Noyaux de Dirichlet et de Féjer

Pournentier naturel supérieur ou égal 1 etθréel, on pose

Dn(θ) =

n−1

X

k=−n+1

e^ikθ Fn(θ) = 1 n

n

X

j=1

Dj(θ)

1. ChaqueD_j(θ)gurant dansF_n est une somme dee^ikθ. Combien de fois obtient-on un e^ikθpour unk xé ?

Écrivons en ligne pourj= 1,2,3,· · ·, nleskqui apparaissent dansF_n : -1 0 10

-2 -1 0 1 2 -3 -2 -1 0 1 2 3

...

Il est clair que 0 gurenfois, 1 et -1 gurentn−1fois, 2 et -2 gurentn−2fois, ...

ket −kgurent n−kfois. On en déduit la relation demandée.

Fn(θ) =

n−1

X

k=−n+1

(1−|k|

n)e^ikθ

2. Il ne faut pas essayer d'utiliser la première question. Commençons par calculerD_n en multipliant pare^iθ−1. Il ne reste que les termes extrêmes :

(eîθ−1)Dn(θ) =eî(n)θ−eî(−n+1)θ⇒Dn(θ) =sin(n−¹₂)θ sin^θ₂

Calculons ensuitePn

k=1sin(n−¹₂)θ comme la partie imaginaire de eⁱ⁽^θ²⁾+eⁱ⁽^θ²^+θ)+· · ·+eⁱ⁽⁻^θ²^+nθ)= e⁽¹²^+n)θ−eⁱ^θ²

e^iθ−1 = sinⁿ₂θ sin^θ₂ eⁱⁿ²^θ

On en déduit nalement

Fn(θ) = 1 n

n

X

k=0

Dk(θ) = 1 n

sinⁿ₂θ sin^θ₂

!2

Exercice 2. Demi-plan de Poincaré

1. a. Pourz dansH, calculons la partie imaginaire de zcosθ−sinθ zsinθ+ cosθ

en multipliant le numérateur et le dénominateur par le conjuguéz¯sinθ+ cosθdu dénominateur. Après développement du numérateur, on trouve :

Im(z)

|zsinθ+ cosθ|² qui est bien strictement positif pourz dansH. b. Vérions les formules demandées

∀z∈ H, A0(z) = zcos 0−sin 0 z sin0 + cos 0 =z

Comme ceci est valable pour tous lesz deH, on a bienA0= Id_H. De même

∀z∈ H, Aθ◦Aθ⁰(z) =

zcosθ⁰−sinθ⁰

zsinθ⁰+cosθ⁰ cosθ−sinθ

zcosθ⁰−sinθ⁰

zsinθ⁰+cosθ⁰ sinθ+ cosθ

= z(cosθ⁰cosθ−sinθ⁰sinθ)−sinθ⁰cosθ−cosθ⁰sinθ z(cosθ⁰sinθ+ sinθ⁰cosθ)−sinθ⁰sinθ+ cosθ⁰cosθ

=zcos(θ+θ⁰)−sin(θ+θ⁰)

zsin(θ+θ⁰) + cos(θ+θ⁰) =Aθ+θ⁰(z) Comme ceci est valable pour tous lesz deH, on a bienAθ◦A⁰_θ=Aθ+θ⁰. Pour montrer la bijectivité de Aθ, on doit prouver que : pour tout Z de H, il existe un unique antécédentz∈ Htel que Aθ(z) =Z.

Une première méthode consiste à combiner le raisonnement par analyse-synthèse avec les résultats des questions précédentes.

Analyse.

Soitz∈ Htel queZ =Aθ(z). Alors en composant parA−θ :

A_−θ(Z) =A_−θ◦Aθ(z) =A_−θ+θ(z) =A0(z) =Id_H(z) =z

Ceci assure l'unicité dezc'est à dire l'injectivité deAθ. Le seulz éventuellement possible estA_−θ(Z).

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

1 Rémy Nicolai M0301C

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Synthèse.

Vérions queA−θ(Z)satisfait bien à la condition requise.

D'abord, il est dansHcar toutes les images parA_−θ sont dansH. Ensuite : Aθ(A_−θ(Z)) =A_θ−θ(Z) =Z

Ceci achève de montrer la partie existence de la proposition cette partie correspond à la surjectivité de l'application.

Si on ne pense pas à la solution précédente, on peut présenter la rédaction de la manière suivante. Étudions l'équationA_θ(z) =Z. Il s'agit en fait d'une équation du premier degré. Après calculs, on trouve

Aθ(z) =Z⇔z= Zcosθ+ sinθ

−Zsinθ+ cosθ

Le dénominateur n'est pas nul carZ n'est pas réel. Ceci prouve l'injectivité de A_θ. ChaqueZ admet au plus un antécédent, le seul possible est

Zcosθ+ sinθ

−Zsinθ+ cosθ

Mais ce nombre est-il bien un élément deH? En fait oui car il s'écritA−θ(Z)et il est dansHà cause de la question a. Ceci prouve la bijectivité. Remarquons que A−θ=A⁻¹_θ .

2. a. Sans chercher à préciser les parties réelles et imaginaires deAθ(z), on peut écrire

|Aθ(z)|²+ 1 = |zcosθ−sinθ|²+|zsinθ+ cosθ|²

|zsinθ+ cosθ|² = |z|²+ 1

|zsinθ+ cosθ|² en utilisant deux fois la formule exprimant le carré du module d'une somme.

Introduisons ensuite la valeur deIm(A_θ(z))trouvée en 1.a. On obtient nalement c(A_θ(z)) = |z|²+ 1

|zsinθ+ cosθ|²

|zsinθ+ cosθ|² Im(z) =c(z)

b. Pourz6=idansH, commez²+ 16= 0, les égalités suivantes sont équivalentes zcosθ−sinθ

zsinθ+ cosθ = zcosθ⁰−sinθ⁰ zsinθ⁰+ cosθ⁰

⇔z²cosθsinθ⁰−sinθcosθ⁰ =z²sinθcosθ⁰−cosθsinθ⁰

⇔(z²+ 1) sin(θ−θ⁰) = 0⇔θ≡θ⁰ modπ

Fig. 1: Question 3.b. : tracé de quelques cerclesC(z₀)

3. a. Considérons unz₀ dansH − {i}, et posons k₀=c(z₀). Remarquons que c'est un réel strictement positif.

Montrons que tout élémentz deOest dansC_z₀.

Par dénition deO, il existeθ∈Rtel quez=Aθ(z0). Ceci entraine en particulier que la partie imaginaire de z est strictement positive. Calculons |z−ic(z0)| ou plutôt son carré.

|z−ic(z0)|²=|z|²+ 2k0Re(iz) +k²₀=|z|²−2k0Im(z) +k₀²

=|z|²+ 1−2k₀Im(z) +k²₀−1 = 2 Im(z)c(z)−2k₀Im(z) +k₀²−1

= (c(z)−k₀)2 Im(z) +k²₀−1 Or d'après 2.a.c(z) =c(z0) =k0 donc

|z−ic(z₀)|²=k₀²−1 On en déduit quezest sur le cercleCz₀.

b. Pour xer les idées traçons (gure 1) quelques cercles Cz0 pour des valeurs z0

particulières. Il s'agit de montrer que tous les points d'unCz0 sont sur O.

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Pour alléger les notations, je vais utiliserzau lieu dez0. On va montrer que tout z⁰ 6=zdeCz est de la formeAθ(z)pour un certainθ∈]0, π[.

OrA_θ(z) =z⁰ est équivalent à zcosθ−sinθ

zsinθ+ cosθ =z⁰⇔ zcotanθ−1

z+ cotanθ =z⁰⇔cotanθ= 1 +zz⁰ z−z⁰

On montre à partir des propriétés de tanque la fonction cotangente dénit une bijection de]0, π[surR. Pour montrer l'existence d'unθ, il sut donc de prouver que

1 +zz⁰ z−z⁰ est réel lorsquez⁰∈ Cz.

Cela résulte des équivalences suivantes :

z⁰ ∈ Cz⇔c(z⁰) =c(z)⇔ |z|²+ 1

z−z¯ =|z⁰|²+ 1 z⁰−z¯⁰

⇔ |z|²z⁰+z⁰− |z|²z¯⁰−z¯⁰=z|z⁰|²+z−z|z¯ ⁰|²−z¯

⇔z¯+|z|²z¯⁰−z¯⁰−z|z⁰|²=z+|z|²z¯⁰−z⁰−z|z¯ ⁰|²

⇔z¯+|z|²z¯⁰−z¯⁰−z|z⁰|²∈R⇔(1 +zz⁰)(¯z−z¯⁰)∈R⇔ 1 +zz⁰ z−z⁰ ∈R