I. Oscillations d’un système linéaire
1. SiA:x= 0alors hAx; xi= 0or hAx; xi>0 pourxnon nul. On doit donc avoirx= 0d’où ker(A) =f0g c’est-à-dire A est injective donc inversible.
2. A 1x; y = A 1x; AA 1y = AA 1x; A 1y = x; A 1y .
L’endomorphisme associé àA 1est ainsi symétrique pour le produit scalaire canonique donc sa matrice,A, dans la base canonique, qui est orthonormée, est symétrique.
3. (x; y)A=hAx; yi=hx; Ayi=hAy; xi= (y; x)A : (:; :)A est symétrique.
Comme le produit est trivialement linéaire à droite c’est donc une forme bilinéaire symétrique.
(E(x); y)A= A 1Kx; y A= AA 1Kx; y =hKx; yi=hx; Kyi
=hKy; xi= AA 1Ky; x = A 1Ky; x A
= (E(y); x)A= (x; E(y))A
4. AinsiE est un endomorphisme symétrique deRn muni du produit scalaire(:; :)A. Il existe donc une base(e1; e2; : : : ; en) (orthonormée pour ce produit scalaire) telle queE(ei) = iei c’est-à-direA 1:K:ei= iei.
De plus(E(ei); ei)A= ( iei; ei)A= i(ei; ei)A= iNA(ei)2 oùNAest la norme associée au produit scalaire (:; :)A et on a vu que
(E(ei); ei)A=hKei; eiiavechKei; eii>0 par hypothèse.
Ainsi on doit avoir i =hK:ei; eii
NA(ei)2 >0pour touti.
5. Le système (1)est équivalent àx00 1:K:x(t) = E(x(t)).
Si on décomposex(t)dans la base(e1; e2; : : : ; en)dé…nie ci-dessus, x(t) =
Xn
i=1
ui(t)ei, le système s’écrit Xn
i=1
u00i(t)ei= Xn
i=1
ui(t)E(ei) = Xn
i=1
ui(t) iei.
En identi…ant les composantes on en déduit que (1) est équivalent auxn équations scalairesu00i(t) = iui(t), ivariant entre 1 etn.
Comme on a i>0 les solutions deu00i(t) = iui(t)sont les fonctions aicos tp
i +bisin tp
i donc les solutions de (1) sont les fonctions telles qu’il existe2nscalairesa1, . . . ,an,b1, . . . , bn avec
x(t) = Xn
i=1
aicos tp
i +bisin tp
i . 6. C’est une question de cours.
Comme(:; :)Aest bilinéaire sur un espace de dimension …nie la dérivée det7!(x(t); y(t))Aest(x0(t); y(t))A+(x(t); y0(t))A d’où le résultat
d
dthA:x(t); y(t)i=hA:x0(t); y(t)i+hA:x(t); y0(t)i.
7. T(x0)est de classeC1 avec, en utilisant la question ci-dessus,
dT(x0) dt (t) = 1
2hA:x00(t); x0(t)i+1
2hA:x0(t); x00(t)i
= 1
2hA:x00(t); x0(t)i+1
2hx0(t); A:x00(t)i
=hA:x00(t); x0(t)i= hK:x(t); x0(t)i
La question ci-dessus reste valide pour la dérivée dehK:x(t); y(t)idonc, avec les mêmes calculs, d
dthK:x(t); x(t)i=hK:x(t); x0(t)i. On a doncdT(x0) +U(x)
dt (t) = 0on en déduit que la fonction t7!(T(x0) +U(x)) (t)est constante sur l’intervalle[0;+1[.
II. Résultats intermédiaires
8. Le changement de variable u= cos(t)donne Z
0
1 + cos(t) 2
k
sin(t)dt= Z 1
1
1 +u 2
k
( du) = (1 +u)k+1 2k(k+ 1)
1
1
= 2
k+ 1 En raison de la periodicité et de la parité on a
Z 2 0
1 + cos(t) 2
k
dt=
Z 1 + cos(t) 2
k
dt= 2 Z
0
1 + cos(t) 2
k
dt
De plus0 sin(t) 1pour t2[0;1]donc 1 =ck
Z 2 0
1 + cos(t) 2
k
dt= 2ck
Z
0
1 + cos(t) 2
k
dt 2ck
Z
0
1 + cos(t) 2
k
sin(t)dt= 4ck k+ 1
Ainsick k+ 1 4 .
9. Pour t2[";2 "]on a 1 cos(t) cos(")donc Rk(t) =ck
1 + cos(t) 2
k k+ 1
4
1 + cos(") 2
k
d’oùdk(") k+ 1 4
1 + cos(") 2
k
. Comme on a0 1 + cos(")
2
k
<1 on en déduit lim
k!+1dk(") = 0.
10. Le changement de variablet1=u tet la périodicité donnent Z 2
0
Rk(u t)h(t)dt= Z u 2
u
Rk(t1)h(u t1)( dt1)
= Z u
u 2
Rk(t1)h(u t1)dt1= Z 2
0
Rk(t1)h(u t1)dt1
Ainsi
k(u) = Z 2
0
Rk(u t)h(t)dt h(u)
= Z 2
0
Rk(t1)h(u t1)dt h(u) Z 2
0
Rk(t1)dt1
= Z 2
0
Rk(t1) (h(u t1) h(u))dt1
avecjh(u t1) h(u)j kh0kjt1] kh0k"pour t12[0; "]en utilisant l’inégalité des accroissement …nis jh(u t1) h(u)j 2khk pourt12[";2 "]
jh(u t1) h(u)j=jh(u t1+ 2 ) h(u)j kh0kj2 t1] kh0k"pourt12[2 ";2 ] Donc, en posant k;u(t1) =Rk(t1)jh(u t1) h(u)j,
k k(u)k Z "
0 k;u(t1)dt1+ Z 2 "
" k;u(t1)dt1+ Z 2
2 " k;u(t1)dt1
Z "
0
Rk(t1)kh0k"dt1+ Z 2 "
"
dk(")2khkdt1+ Z 2
2 "
Rk(t1)kh0k"dt1 Z 2
0
Rk(t1)kh0k"dt1+ Z 2
0
dk(")2khkdt1=kh0k"+ 2 dk(")2khk
III. Un théorème ergodique
11. Par la question I, on sait déjà quex(t) = X2
i=1
aicos tp
i +bisin tp
i .
Siai=bi= 0, il su¢ t de poserci = 0et choisir arbitrairement'i. Si(ai; bi)6= (0;0), soitci= q
a2i +b2i et'i dé…ni par cos('i) = ai
ci
sin('i) = bi ci
On a alors:
aicos tp
i +bisin tp
i =ci cos tp
i cos('i) sin tp
i sin('i)
=cicos tp
i+'i ce qui correspond au résultat.
12. Soit( 1; 2)un élément deR2. Soitkila partie entière de i
2 . Comme i= i 2ki 2[0;2 ]et quef( 1; 2) =f( 1; 2), on obtient quef(R2) =f(K)oùKest le compact[0;2 ] [0;2 ]. f étant continue, l’image du compactKest bornée et les bornes sont atteintes; ainsif est bornée surRk et son maximum est atteint surK.
13. Le terme de droite de l’inégalité est:
d= ( 1 2
Z 2 0
ei 1jd 1)(1 2
Z 2 0
ei 2`d 2)
Sij (resp`) est non nul, la première (resp deuxième) intégrale est nulle; ainsi le terme de droite est nul si(j; `)6= (0;0) et vaut1sij=`= 0.
1.
2. j =`= 0: la fonctionf est constante et vaut1. Ainsi pour toutT: Z T
0
f (t)dt= 1
ce qui permet de véri…er le théorème ergodique dans ce cas précis.
3. (j; `)6= (0;0): On véri…e par contraposition que jp
1+`p
2 est non nul. Si cette quantité est nulle, j et ` sont simultanément non nuls, d’où:
jp
1+`p
2= 0 =) p p 2
1
= j
` 2Q comme par hypothèse,
p p 2
1
n’est pas un rationnel,jp
1+`p
26= 0.
1 T
Z T 0
f (t)dt= 1 T
Z T 0
ei(j(tp 1+'1)+`(tp 2+'2))dt
=ei(j'1+`'2) T
Z T 0
ei(jp 1+`p 2)tdt
= ei(j'1+`'2) T i(jp
1+`p
2) ei(jp 1+`p 2)T 1
| {z }
de m o dule b orné par 2
= g(T) T
oùg est bornée surR. Ainsi:
Tlim!1
1 T
Z T 0
f (t)dt= 0 = (2 ) 2 Z 2
0
ei 1jd 1
Z 2 0
ei 2`d 2
ce qui prouve le théorème ergodique dans ce second cas.
14. Par dé…nition deRk,en utilisant les exponentielles complexes, on obtient:
Rk(u 1) = ck
2k 2 +eiue i 1+e iuei 1 k
En développant cette expression, on obtient un polynôme trigonométrique en eiu de degré au plus ksoit:
Rk(u 1) = Xk
j= k
eiju j( 1)
où chaque j( 1)est un polynôme trigonométrique en ei 1. De même Rk(v k) = X`
j= `
ei`v `( 2). Par linéarité des intégrales , on obtient alors après produit que:
fk(u; v) = X
k j;` k
eijuei`v( Z 2
0
Z 2 0
j( 1) `( 2)f( 1; 2)d 1d 2)
| {z }
aj;`
Soit (f) = lim
T!1
1 T
Z T 0
f (t)dt (2 ) 2 Z 2
0
Z 2 0
f( 1; 2)d 1d 2. L’application est linéaire (l’intégration sur un segment et le passage à la limite sont des opérations linéaires). Comme fkest une combinaison linéaire de fonctions étudiées dans la question précédente pour lesquelles s’annule, il en est de même de fk: fk véri…e donc le théorème ergodique.
15. Par parité de de la fonctionRk, on a Z 2
0
Rk(u 1)d 1= Z 2
0
Rk( 1 u)d 1= Z 2 +u
u
Rk(t)dt
puis par périodicité de la fonctionRk Z 2
0
Rk(u 1)d 1= Z 2
0
Rk(t)dt= 1
Ainsi:
f(u; v) = Z 2
0
Z 2 0
Rk(u 1)Rk(v 2)f(u; v)d id 2
En écrivantf( 1; 2) f(u; v) =f( 1; 2) f(u; 2) +f(u; 2) f(u; v), on obtient:
fk(u; v) f(u; v) =J1+J2 avec
J1= Z 2
0
Z 2 0
Rk(u 1)Rk(v 2) (f( 1; 2) f(u; 2))d 1d 2
J2= Z 2
0
Z 2 0
Rk(u 1)Rk(v 2) (f(u; 2) f(u; v))d 1d 2
Par utilisation de la dé…nition de l’intégrale double donnée dans l’énoncé , on peut écrire : J1=
Z 2 0
Rk(v 2) Z 2
0
Rk(u 1) (f( 1; 2) f(u; 2))d 1
| {z }
A( 2)
d 2
On remarque alors que A( 2) = Z 2
0
Rk(u 1)f( 1; 2)d 2 f(u; 2). En appliquant la question 10 à la fonction h(u) =f(u; 2),2 périodique et de classeC1 surRcomme application partielle de f qui est elle-même de classeC1, on a la majoration suivante:
jA( 2)j 2k @f
@ 1 k"+ 4 kf kdk(") Par inégalité de la moyenne , on a alors:
jJ1j Z 2
0
Rk(v 2) 2k @f
@ 1 k"+ 4 kf kdk(") d 1= 2k @f
@ 1 k"+ 4 kf kdk(")
De même:
J2= Z 2
0
Rk(v 2) (f(u; 2) f(u; v)) Z 2
0
Rk(u 1)d 1d 2
= Z 2
0
Rk(v 2) (f(u; 2) f(u; v))d 2= Z 2
0
Rk(v 2)f(u; 2)d 2 f(u; v)
En appliquant une nouvelle fois la question 10 à la fonction h(v) = f(u; v) (de classe C1 sur R comme application partielle def ), on obtient:
jJ2j 2k @f
@ 2 k"+ 4 kf kdk(")
En sommant les deux inégalités et par utilisation de l’inégalité triangulaire, on obtient bien que:
jfk(u; v) f(u; v)j 2" k @f
@ 1 k+k @f
@ 2 k + 4 kf kdk(")
16. Par la question 9, on peut a¢ rmer qu’à"…xé, il existe un nombrektel que dk(") ". On choisit un tel nombre k. Par la question 14 et la dé…nition de la limite, on peut a¢ rmer qu’il existeT0 tel que
T T0=) 1 T
Z T 0
fk (t)dt (2 ) 2 Z 2
0
Z 2 0
fk( 1; 2)d 1d 2 < "
Pour majorer l’expression = 1 T
Z T 0
f (t)dt (2 ) 2 Z 2
0
Z 2 0
f( 1; 2)d 1d 2, on écrit ce nombre comme somme de trois nombres en comparant à la même expression pourfk soit =
X3
i=1
i avec :
1=1 T
Z T 0
(f fk) (t)dt
2=1 T
Z T 0
fk (t)dt (2 ) 2 Z 2
0
Z 2 0
fk( 1; 2)d 1d 2
3=(2 ) 2 Z 2
0
Z 2 0
(fk( 1; 2) f( 1; 2))d 1d 2 Par inégalité de la moyenne:
j 1j kf fkk etj 3j kf fkk
Par la question précédente, compte-tenu du choix dekkf fkk M ". Ainsi on trouve:
T > T0=) j j (2M + 1)"
ce qui prouve quef véri…e le théorème ergodique.
17. On commence par véri…er que a;b est bien de classeC1: le seul problème est enaoub. Cette fonction est nulle sur[0; a]
et sur[b;2 ]: elle est continueà gauche deaetà droite deb et de dérivée nulle. Sur[a; b], a;b est de classe C1 et cette fonction et sa dérivée s’annulent ena etb. Ainsi a;b est continue ena et b et y a même dérivée à droite et à gauche.
Comme elle est de classeC1 sur[0; a],[a; b]et sur[b;2 ], elle estC1 sur[0;2 ]. Etant nulle à gauche (par périodicité) et à droite de0, elle est bien de classeC1.
Soit un ouvert non vide de ] 1;1[2. Par le rappel, cet ouvert non vide contient un pavé ouvert P de la forme ] cosb;cosa[ ] cosc;cosd[ où0< a < b < et0< c < d < .
Posons : ( 1; 2)7! a;b( 1) c;d( 2);. Compte-tenu de l’étude faite précédemment, 2 C21 ;2 (R2;C).
Comme (t)est élément deK, on remarque que
( (t))6= 0()( 1; 2)2P
Six(t)n’est jamais élément de , alors8t; ( (t)) = 0et le terme de gauche de l’égalité(4)est nul. Soitdle terme de droite de cette égalité. On a alors:
d= (2 ) 2 Z
K
( 1; 2)d 1d 2
= (2 ) 2 Z b
a
sin2
b a( 1 a) d 1
Z d c
sin2
d c( 2 c) d 2>0
La fonction ne véri…e pas le théorème ergodique ce qui est en contradiction avec la question précédente, ainsi il a été démontré
par l’absurde qu’il existe un nombrettel que x(t)2 .