Séries trigonométriques - Séries de Fourier

1

12 Séries de Fourier

- - - - - - - - - - - - - - - - -

1 Calcul de séries de Fourier et étude de la convergence :

1.1 Exemple 1 :

1- On considère la fonction f , 2π-périodique, telle que ∀x ∈ [0, 2π[, f(x) = x2

Calculer sa série de Fourier et étudier sa convergence, en partie au point 0 et retrouver un résultat classiquede somme de série de Riemann.

2- a) Montrer que tout fonction de R dans R se décompose et d'une manière unique en somme d'une fonctionpaire et d'une fonction impaire.

b) En déduire les sommes des séries

+∞∑n=1

cos(nx)n2

et

+∞∑n=1

sin(nx)n

pour x ∈]0, 2π[

SOLUTION :

1- • a0(f) =1π

∫ 2π

0

t2dt =[t3

3

]2π

0

=8π2

3

• ∀n ∈ N∗, an(f) + ibn(f) =1π

∫ 2π

0

f(t) cos(nt)dt + i1π

∫ 2π

0

f(t) sin(nt)dt =1π

∫ 2π

0

t2eintdt

=1π

[t2

eint

in

]2π

0

− 1π

∫ 2π

0

2teint

indt =

4π

in− 1

π

[2teint

−n2

]2π

0

− 2∫ 2π

0

eint

−n2dt︸ ︷︷ ︸

=0

=−4iπ

n+

4n2

En identi�ant les parties réelles et imaginaires, on obtient :

∀n ∈ N∗, an(f) =4n2

et bn(f) =−4π

n

La série de Fourier de f est : ∀x ∈ R, Sf (x) =4π2

3+

+∞∑n=1

(4 cos(nx)

n2− 4π sin(nx)

n

)• La fonction f est 2π-périodique, de classe C1 par morceaux sur R, et continue partout sauf aux points de laforme 2kπ, k ∈ Z.

D'après le théorème de Dirichlet, la série de Fourier de f est donc convergente en tout point de R et

∀x ∈ R, Sf (x) =12

[limx−

f + limx+

f

]En particulier, Sf (x) = f(x) en tout point où f est continue, c'est en dire si x 6= 2kπ, k ∈ Z.

∀x ∈]0, 2π[, Sf (x) =4π2

3+

+∞∑n=1

(4 cos(nx)

n2− 4π sin(nx)

n

)= x2

Au point 0, Sf (0) =12

[lim0−

f + lim0+

f

]=

12

[lim2π−

f + lim0+

f

](par périodicité)

Sf (0) =12(4π2 + 0) = 2π2

donc4π2

3+ 4

+∞∑n=1

1n2

= 2π2 d'où l'on tire : ζ(2) =+∞∑n=1

1n2

=π2

6

2 - a) • Analyse :Soit f une application de R dans R et supposons qu'il exsite deux fonctions g et h respectivement paire et

impaire telles que f = g + hAlors, ∀x ∈ R, f(x) = g(x) + h(x) et

f(−x) = g(−x) + h(−x) = g(x)− h(x)Par demi somme et demi di�érence,

∀x ∈ R, g(x) =f(x) + f(−x)

2et h(x) =

f(x)− f(−x)2

ce qui établit l'unicité d'un eventuel couple (g, h) de fonctions solutions.

• Synthèse :Soit f une application de R dans R et considérons les fonctions g et h dé�nies par :

∀x ∈ R, g(x) =f(x) + f(−x)

2et h(x) =

f(x)− f(−x)2

2

Alors,- ∀x ∈ R, g(x) + h(x) = f(x),

- ∀x ∈ R, g(−x) =f(−x) + f(−(−x))

2=

f(−x) + f(x)2

= g(x) donc g est une fonction paire,

- ∀x ∈ R, h(−x) =f(−x)− f(−(−x))

2=

f(−x)− f(x)2

= −h(x) donc h est une fonction impaire.

b) La partie paire de la fonction Sf est la fonction S0 telle que : ∀x ∈ R, S0(x) =4π2

3+ 4

+∞∑n=1

cos(nx)n2

La partie impaire de Sf est S1 telle que : ∀x ∈ R, S1(x) = −4π+∞∑n=1

sin(nx)n

d'où ∀x ∈]0, 2π[, S0(x) =4π2

3+ 4

+∞∑n=1

cos(nx)n2

=f(x) + f(

∈ ]−2π,0[︷︸︸︷−x )

2=

f(∈ ]0,2π[︷︸︸︷

x ) + f(

∈ ]0,2π[︷ ︸︸ ︷2π − x)

2

=x2 + (2π − x)2

2= x2 − 2πx + 2π2

donc ∀x ∈]0, 2π[,+∞∑n=1

cos(nx)n2

=14

(x2 − 2πx + 2π2 − 4π2

3

)=

x2

4− πx

2+

π2

6

Remarque :

a) On retrouve, par continuité en 0 de la série de fonctions x 7→+∞∑n=1

cos(nx)n2

qui converge normalement sur

R l'égalité :

+∞∑n=1

1n2

=π2

6

b) Au point π, on obtient :

+∞∑n=1

(−1)n

n2= −π2

12

De même, ∀x ∈]0, 2π[, S1(x) = −4π+∞∑n=1

sin(nx)n

=f(x)− f(−x)

2=

f(x) + f(2π − x)2

=x2 − (2π − x)2

2

∀x ∈]0, 2π[, S1(x) = 2πx− 2π2

et donc ∀x ∈]0, 2π[,+∞∑n=1

sin(nx)n

=π − x

2

1.2 Exemple 2 :

On considère la fonction f , 2π-périodique, telle que ∀x ∈ [0, 2π[, f(x) = eax

Calculer sa série de Fourier et étudier sa convergence.

En déduire les valeurs des séries

+∞∑n=1

(−1)n

n2 + a2,

+∞∑n=1

1n2 + a2

et

+∞∑n=1

1n2

.

SOLUTION :

• ∀n ∈ N, an(f) + ibn(f) =1π

∫ 2π

0

f(t) cos(nt)dt + i1π

∫ 2π

0

f(t) sin(nt)dt =1π

∫ 2π

0

f(t)eintdt

an(f) + ibn(f) =1π

∫ 2π

0

eat+intdt =1π

[e(a+in)t

a + in

]2π

0

=e2aπ − 1π(a + in)

=e2aπ − 1

π× a− in

a2 + n2

Par identi�cation des parties réelles et imaginaires,

∀n ∈ N, an(f) =a(e2aπ − 1)π(n2 + a2)

et ∀n ∈ N∗, bn(f) =−n(e2aπ − 1)π(n2 + a2)

La série entière de f est Sf (x) =e2aπ − 1

2πa+

+∞∑n=1

a(e2aπ − 1)π(n2 + a2)

cos(nx) ++∞∑n=1

−n(e2aπ − 1)π(n2 + a2)

sin(nx)

Sf (x) =e2aπ − 1

2πa+

e2aπ − 1π

+∞∑n=1

(a cos(nx)n2 + a2

− n sin(nx)n2 + a2

)La fonction f est 2π-périodique, de classe C1 par morceaux sur R, et continue partout sauf aux points de la

forme 2kπ, k ∈ Z.D'après le théorème de Dirichlet, la série de Fourier de f est donc convergente en tout point de R et

∀x ∈ R, Sf (x) =12

[limx−

f + limx+

f

]En particulier, Sf (x) = f(x) en tout point où f est continue, c'est en dire si x 6= 2kπ, k ∈ Z.

3

∀x ∈]0, 2π[, Sf (x) =e2aπ − 1

2πa+

e2aπ − 1π

+∞∑n=1

(a cos(nx)n2 + a2

− n sin(nx)n2 + a2

)= eax

∀x ∈]0, 2π[,+∞∑n=1

(a cos(nx)n2 + a2

− n sin(nx)n2 + a2

)=

πeax

e2aπ − 1− 1

2a=

π eax

2eaπsh(aπ)− 1

2a

• Cette égalité est valavle pour x = π :

+∞∑n=1

a(−1)n

n2 + a2− =

π

2sh(aπ)− 1

2a

soit aussi :

+∞∑n=1

(−1)n

n2 + a2=

π

2ash(aπ)− 1

2a2

• En 0 , la fonction f n'est pas continue donc Sf (0) =12

[lim0−

f + lim0+

f

]=

e2aπ + 12

= eaπch(aπ)

donc Sf (0) =e2aπ − 1

2πa+

e2aπ − 1π

+∞∑n=1

a

n2 + a2= eaπch(aπ)

soit aussi :

+∞∑n=1

1n2 + a2

=π ch(aπ)2ash(aπ)

− 12a2

La série de fonctions {a 7→ 1n2+a2 } converge normalement sur R donc est continue en 0.

donc

+∞∑n=1

1n2

= lima→0

(π ch(aπ)2ash(aπ)

− 12a2

)πch(aπ)2ash(aπ)

− 12a2

=aπ ch(aπ)− sh(aπ)

2a2sh(aπ)=

aπ(1 + a2π2

2 + o(a2))− (aπ + a3π3

6 + o(a3))2a2sh(aπ)

=a3π3

3 + o(a3)2a2sh(aπ)

a→0∼a3π3

3

2a3π=

π2

6

Ainsi

+∞∑n=1

1n2

=π2

6

1.3 Une égalité :

Montrer que ∀x ∈]0, π[, x =π

2− 4

π

+∞∑n=0

cos((2n + 1)x)(2n + 1)2

= 2+∞∑n=1

(−1)n−1 sin(nx)n

SOLUTION :

• L'idée est de trouver une fonction f telle que la sommeπ

2− 4

π

+∞∑n=0

cos((2n + 1)x)(2n + 1)2

soit sa série de Fourier.

Pour cela, la fonction f devra être paire, puisque ne �gurent que des cosinus dans la série.Une fonction de classe C1 par morceaux étant en presque tout point égale à la somme de sa série de Fourier

(sauf en ses points de discontinuité, qui sont en nombre �ni sur [−π, π]), on devra avoir en presque tous lespoints de ]0, π[, Sf (x) = f(x) donc f(x) = x.

Ainsi, il faut dé�nir f comme étant 2π−périodique, paire et véri�ant : ∀x ∈ [0, π], f(x) = x

• Un raisonnement analogue, destiné à trouver une fonction g telle que la somme 2+∞∑n=1

(−1)n−1 sin(nx)n

soit sa

série de Fourier, conduit à dé�nir une fonction g 2π−périodique, impaire et véri�ant : ∀x ∈ [0, π], g(x) = x

a) • Soit f la fonction 2π−périodique et paire telle que : ∀x ∈ [0, π], f(x) = xSes coe�cient bn sont nuls et,

a0(f) =1π

∫ π

−π

f(t)dt =2π

∫ π

0

tdt =2π

[t2

2

]π

0

=2π

π2

2= π

∀n ∈ N∗, an(f) =1π

∫ π

−π

f(t) cos(nt)dt =2π

∫ π

0

t cos(nt)dt =2π

[tsin(nt)

n

]π

0

− 2π

∫ π

0

sin(nt)n

dt

= 0 +2π

[cos(nt)

n2

]π

0

=2π

(−1)n − 1n2

donc a2n(f) = 0 et ∀n ∈ N∗, a2n+1(f) =−4

π(2n + 1)2

• ∀n ∈ N∗, an(f) + ibn(f) =1π

∫ 2π

0

f(t) cos(nt)dt + i1π

∫ 2π

0

f(t) sin(nt)dt =1π

∫ 2π

0

t2eintdt

La série de Fourier de f est : ∀x ∈ R, Sf (x) =π

2− 4

π

+∞∑n=0

cos((2n + 1)x)(2n + 1)2

4

• La fonction f est 2π-périodique, de classe C1 par morceaux et continue sur R.D'après le théorème de Dirichlet, la série de Fourier de f est donc convergente en tout point de R et

∀x ∈ R, Sf (x) =12

[limx−

f + limx+

f

]= f(x)

En particulier, ∀x ∈ [0, π],π

2− 4

π

+∞∑n=0

cos((2n + 1)x)(2n + 1)2

= x

b) • Soit g la fonction 2π−périodique et impaire telle que : ∀x ∈ [0, π], g(x) = xSes coe�cient an sont nuls et,

∀n ∈ N∗, bn(g) =1π

∫ π

−π

g(t) sin(nt)dt =2π

∫ π

0

t sin(nt)dt =2π

[t− cos(nt)

n

]π

0

+2π

∫ π

0

cos(nt)n

dt︸ ︷︷ ︸=0

= 2(−1)n−1

n

La série de Fourier de g est : ∀x ∈ R, Sg(x) = 2+∞∑n=1

(−1)n−1 sin(nx)n

• La fonction g est 2π-périodique, de classe C1 par morceaux sur R, et continue sauf aux points de la formeπ + 2kπ, k ∈ Z.

D'après le théorème de Dirichlet, la série de Fourier de g est donc convergente en tout point de R et

∀x ∈ R, Sg(x) =12

[limx−

g + limx+

g

]En particulier, ∀x ∈]0, π[, 2

+∞∑n=1

(−1)n−1 sin(nx)n

= x

• Finalement, ∀x ∈]0, π[, x =π

2− 4

π

+∞∑n=0

cos((2n + 1)x)(2n + 1)2

= 2+∞∑n=1

(−1)n−1 sin(nx)n

1.4 Série cosinus :

Existe-t-il une suite réelle (un) telle que :

∀x ∈]0, π[, sin(x) =+∞∑n=0

un cos(nx) ?

SOLUTION :

• L'idée est de rechercher une fonction f telle que la somme

+∞∑n=0

un cos(nx) soit sa série de Fourier et telle que

∀x ∈]0, π[, Sf (x) = sin(x).Pour cela, la fonction f devra être paire, puisque ne �gurent que des cosinus dans la série.Une fonction de classe C1 par morceaux étant en presque tout point égale à la somme de sa série de Fourier

(sauf en ses points de discontinuité, qui sont en nombre �ni sur [−π, π]), on devra avoir en presque tous lespoints de ]0, π[, Sf (x) = f(x) donc f(x) = sin(x).

Ainsi, il faut dé�nir f comme étant 2π−périodique, paire et véri�ant : ∀x ∈ [0, π], f(x) = sin(x)

• Soit donc f la fonction 2π−périodique et paire telle que : ∀x ∈ [0, π], f(x) = sin(x)Ses coe�cient bn sont nuls et,

a0(f) =1π

∫ π

−π

f(t)dt =2π

∫ π

0

sin(t)dt =2π

[− cos(t)]π0 =4π

a1(f) =2π

∫ π

0

sin(t) cos(t)dt =1π

∫ π

0

sin(2t)dt =1π

[−cos(2t)

2

]π

0

= 0

∀n ≥ 2, an(f) =1π

∫ π

−π

f(t) cos(nt)dt =2π

∫ π

0

sin(t) cos(nt)dt =1π

∫ π

0

sin((1 + n)t) + sin((1− n)t) dt

=−1π

[cos((1 + n)t)

1 + n+

cos((1− n)t)1− n

]π

0

=−1π

[(−1)1+n − 1

1 + n+

(−1)1−n − 11− n

]d'où a2n+1(f) = 0 et a2n(f) =

2π

[1

1 + 2n+

11− 2n

]=

4π(1− 4n2)

• La fonction f véri�e : ∀x ∈ R, f(x) = | sin x|Elle est de classe C1 par morceaux et continue sur R. Sa série de Fourier converge donc en tout point de R

et a pour somme f(x) :

∀x ∈ R,2π− 4

π

+∞∑n=1

cos(2nx)4n2 − 1

= | sin x|

5

Ainsi, la suite (un) dé�nie par u0 =2π

,∀n ∈ N, u2n+1 = 0 et ∀n ∈ N, u2n =4

π(1− 4n2)

véri�e bien : ∀x ∈]0, π[, sin(x) =+∞∑n=0

un cos(nx)

1.5 Développement en série de la fonction cotangente ;

Application au calcul de ζ(2p) pour les premières valeurs de p :

Soit α unréel non entier (α ∈ R− Z) et la fonction f , 2π-périodique, telle que ∀t ∈ [−π, π], f(t) = cos(αt)

1- Développer f en série de Fourier (en précisant le sens à donner à cette question)

2- En déduire que ∀x ∈ R− πZ, cotan(x) =1x

++∞∑n=1

2x

x2 − n2π2

et que ∀x ∈ R− πZ,1

sin2 x=

+∞∑n=−∞

1(x− nπ)2

3- Soit g la fonction : x 7→+∞∑n=1

(1

x + nπ+

1x− nπ

)a) Montrer que g est C∞ sur ]− π, π[ et exprimer g(p)(x).Calculer en particulier g(p)(0) à l'aide de la fonction ζ.

b) En déduire une expression de ζ(2p) en fonction des coe�cients du developpement limité de la fonction g

en 0 : g(x) =n∑

p=1

apxp + o(xn)

Utiliser MAPLE pour calculer un developpement limité de la fonction g en 0, et en déduire les valeurs exactesde ζ(2p) pour p = 1, 2, 3, 4, 5, 6.

Con�rmer les résultats obtenus en comparant le résultat des calculs aves les valeurs de ζ(2p) données parMAPLE.

SOLUTION :1- • La fonction f étant paire, les coe�cients bn(f) sont tous nuls.

∀n ∈ N, an(f) =1π

∫ π

−π

f(t) cos(nt)dt =2π

∫ π

0

cos(αt) cos(nt)dt =1π

∫ π

0

cos((α + n)t) + cos((α− n)t) dt

=1π

[sin((α + n)t)

1 + n+

sin((α− n)t)1− n

]π

0

=(−1)n

π

[sin(απ)α + n

+sin(απ)α− n

]=

(−1)n

π

2α sin(απ)α2 − n2

a0(f) =2 sin(απ)

απ

• La fonction f est 2π-périodique, de classe C1 par morceaux et continue sur R.D'après le théorème de Dirichlet, sa série de Fourier est donc convergente en tout point de R et

∀x ∈ R, Sf (x) =12

[limx−

f + limx+

f

]= f(x) (continuité)

C'est parce que l'égalité f(x) = Sf (x) est véri�ée en tout point de R que l'on peut dire que la fonction f estdéveloppable en série de Fourier.

En particulier,

∀t ∈ [−π, π], Sf (t) =sin(απ)

απ+

+∞∑n=1

2(−1)nα sin(απ)π(α2 − n2)

cos(nt) = cos(αt)

2- En appliquant cette égalité au point t = π, on obtient :sin(απ)

απ+

+∞∑n=1

2α sin(απ)π(α2 − n2)

= cos(απ)

et en divisant par sin(απ) qui n'est pas nul puisque α /∈ Z : cotan(απ) =1

απ+

+∞∑n=1

2α

π(α2 − n2)Cette égalité étant vraie pour tout α non entier, pour tout x ∈ R− πZ , en considérant α tel que x = απ,

on obtient : cotan(x) =1x

++∞∑n=1

2x

x2 − π2n2

En dérivant terme à terme cette égalité (voir justi�cation à la question suivante), on obtient :

∀x ∈ R− πZ,1

sin2 x=

+∞∑n=−∞

1(x− nπ)2

3- a) Notons ∀n ≥ 1, un(x) =2x

x2 − π2n2=

1x + nπ

+1

x− nπ

6

La question précédente a montré qu'en particulier, ∀x ∈]− π, π[, cotan(x) =+∞∑n=0

un(x) , la série

+∞∑n=0

un(x)

convergeant simplement sur l'ouvert ]− π, π[.Pour tout p ∈ N , chaque fonction un est de classe Cp sur ]− π, π[.

∀x ∈]− π, π[, u′n(x) =−1

(x + nπ)2− 1

(x− nπ)2.

u′′n(x) =2

(x + nπ)3+

2(x− nπ)3

.

et pour tout p ∈ N∗, u(p)n (x) = (−1)pp!

(1

(x + nπ)p+1+

1(x− nπ)p+1

)Pour éviter les problèmes de majoration pour n = 0 et n = 1, écrivons :

g(x) = u0(x) + u1(x) ++∞∑n=2

un(x)

∀p ∈ N∗, ∀n ≥ 2, ∀x ∈]− π, π[, |u(p)n (x)| = p!

∣∣∣∣ 1(x + nπ)p+1

+1

(x− nπ)p+1

∣∣∣∣|u(p)

n (x)| ≤ p!(

1|x + nπ|p+1

+1

|nπ − x|p+1

)≤ p!

(1

((n− 1)π)p+1+

1((n− 1)π)p+1

)|u(p)

n (x)| ≤ p!πp+1

(1

(n− 1)p+1+

1(n− 1)p+1

)≤ 2p!

πp+1

1(n− 1)p+1

donc supx∈]−π,π[

|u(p)n (x)| =

∥∥∥u(p)n

∥∥∥]−π,π[

∞≤ 2p!

πp+1

1(n− 1)p+1

Or la série de Riemann∑

1(n−1)p+1 est convergente pour tout p ∈ N∗, donc par majoration chaque série

dérivée∑

u(p)n converge normalement et uniformément sur ]− π, π[.

En appliquant le théorème de dérivation des séries de fonctions p fois, on en déduit que g est dérivable àtout ordre p sur ]− π, π[ et que :

∀p ∈ N∗, ∀x ∈]− π, π[, g(p)(x) = u(p)1 (x) +

+∞∑n=2

u(p)n (x)

g(p)(x) = (−1)pp!+∞∑n=1

(1

(x + nπ)p+1+

1(x− nπ)p+1

)En particulier, g(p)(0) =

(−1)pp!πp+1

+∞∑n=1

1 + (−1)p+1

np+1

d'où g(2p)(0) = 0 et g(2p+1)(0) =−(2p + 1)!

π2p+2

+∞∑n=1

2n2p+2

= −2(2p + 1)!π2p+2

ζ(2p + 2)

g(2p)(0) = 0 et g(2p+1)(0) = −2(2p + 1)!π2p+2

ζ(2p + 2)

3- b) Si g admet en 0 un developpement limité de la forme : g(x) =n∑

p=1

apxp + o(xn)

alors, par unicité de ce DL (ou par identi�cation des dérivées successives en 0 dans la formule de Taylor-

Young), pour tout p , a2p+1 =g(2p+1)(0)(2p + 1)!

et donc g(2p+1)(0) = (2p + 1)! a2p+1

Par identi�cation avec les formules qui précèdent, ζ(2p + 2) = −a2p+1

2π2p+2

Or d'après la question 2, ∀x ∈ R− πZ, cotan(x)− 1x

=+∞∑n=1

2x

x2 − n2π2=

+∞∑n=1

(1

x + nπ+

1x− nπ

)= g(x)

>series(cot(x)-1/x,x=0,12);

−13x− 1

45x3 − 2

945x5 − 1

4725x7 − 2

93555x9 − 1382

638512875x11 + O(x13)

d'où

ζ(2) = −a1

2π2 =

π2

6ζ(4) = −a3

2π4 =

π4

90ζ(6) = −a5

2π6 =

π6

945ζ(8) = −a7

2π8 =

π8

9450ζ(10) = −a9

2π10 =

π10

93555ζ(12) = −a11

2π12 =

691 π12

638512875

Ces résultats peuvent être con�rmés par MAPLE :>for p from 1 to 6 do Zeta(2*p) od;

7

2 Coe�cients de Fourier :

2.1 Egalité de fonctions ayant des coe�cients égaux :

a) Soient f et g deux fonctions de R dans C , 2π-périodiques et continues par morceaux.On suppose que ∀n ∈ Z, cn(f) = cn(g)Montrer qu'alors f(x) = g(x) en tout point de R où f et g sont continues.

b) En déduire que si la série de Fourier d'une fonction f , 2π-périodique et continue, converge normalement surR, alors sa somme est égale à f(x) en tout point de R.

SOLUTION :a) ∀n ∈ Z, cn(f − g) = cn(f)− cn(g) = 0Or f − g étant 2π-périodique et continue par morceaux, on peut écrire l'égalité de Parseval-Bessel :

+∞∑k=−∞

|ck(f − g)|2 =12π

∫ 2π

0

|(f − g)(t)|2dt

Donc

∫ 2π

0

|(f−g)(t)|2dt = 0 et la fonction t −→ |(f−g)(t)|2 étant positive, ceci entraîne que |(f−g)(t)|2 = 0

en tout point où f − g est continue. Donc f(x) = g(x) en tout point x ∈ R où f et g sont continues.

• Remarquons que si on suppose de plus que f et g véri�ent la relation de Dirichlet, à savoir,

∀x ∈ R,12

(limx−

f + limx+

f

)= f(x), les fonctions f et g sont alors égales en tout point.

b) Soit f une fonction 2π-périodique et continue.

On suppose que sa série de fourier Sf (x) =+∞∑

k=−∞

ck(f)einx converge normalement sur R.

Alors, ∀k ∈ Z, cn(Sf ) =12π

∫ 2π

0

Sf (t)e−inxdt =12π

∫ 2π

0

(+∞∑

k=−∞

ck(f)eikx

)e−inxdt

=12π

+∞∑k=−∞

ck(f)∫ 2π

0

ei(k−n)xdt︸ ︷︷ ︸0 si k 6=n

(intervertion∑∫

par cvgce normale donc uniforme sur [0, 2π])

= cn(f)f et Sf ont mêmes coe�cients de Fourier, sont continues (f l'est hypothèse, Sf l'est par convergence normale

donc uniforme), donc, d'après la question précédente, ∀x ∈ R, Sf (x) = f(x).

2.2 Séries trigonométriques qui convergent uniformément :

1. Soit une série de fonctions∑

un uniformément convergente sur un intervalle I.Démontrer que les fonctions un sont toutes bornées sur I pour n assez grand, et que ‖un‖∞ tend vers 0

lorsque n tend vers +∞2. Soit I un intervalle fermé de longueur au moins égale à π, et a, b, deux réels quelconques.

Montrer que le maximum de |a cos x + b sinx| sur I est√

a2 + b2

3. Soit I = [α, β] un segment de longueur strictement positive.On suppose que la série de fonctions

∑[an cos(nx) + bn sin(nx)] converge uniformément sur I.

Montrer que limn→+∞

an = limn→+∞

bn = 0.

SOLUTION : 1- Si on note Sn la somme partielle de rang n de la série de fonctions∑

un, et S la fonctionsomme, l'hypothèse de convergence uniforme entraîne que pour n asssz grand (n > n0), la fonction S − Sn estbornée et que lim

n→+∞‖S − Sn‖∞I = 0

Pour tout n > n0, ∀x ∈ I, |un(x)| = |Sn(x)− Sn−1(x)| = |(Sn(x)− S(x) + S(x)− Sn−1(x)|∀x ∈ I, |un(x)| 6 ‖S − Sn‖∞I + ‖S − Sn−1‖∞I , ce qui montre bien que la fonction un est bornée sur I.

De plus, ∀n > n0, ‖un‖∞I 6 ‖S − Sn‖∞I + ‖S − Sn−1‖∞I , ce qui montre par majoration quelim

n→+∞‖un‖∞I = 0

2. Ecrivons le complexe z = a + ib sous forme trigonométrique :z = |z|eiθ =

√a2 + b2eiθ

donc a =√

a2 + b2 cos(θ) et b =√

a2 + b2 sin(θ)alors |a cos x + b sinx| = |

√a2 + b2 cos(θ) cos x + b

√a2 + b2 sin(θ) sinx| = |

√a2 + b2 cos(x− θ)|

Puisque I est un intervalle fermé de longueur au moins égale à π, quand x décrit I, x− θ décrit lui aussi unintervalle fermé de longueur au moins égale à π, translaté du précédent. Donc x− θ passe par une valeur de laforme kπ, k ∈ Z, pour laquelle | cos(x− θ)| est maximum et vaut 1.

8

Donc le maximum de |a cos x + b sinx| quand x décrit I est√

a2 + b2.

3. Soit I = [α, β] un segment de longueur strictement positive.On suppose que la série de fonctions

∑[an cos(nx) + bn sin(nx)︸ ︷︷ ︸

un(x)

] converge uniformément sur I.

D'après la question 1, on peut a�rmer que limn→+∞

‖un‖∞I = 0

Quand x décrit l'intervalle [α, β], de longueur non nulle β − α, nx décrit l'intervalle [nα, nβ], de longueurn(β − α).

Pour n supérieur à un entier n1, cette longueur est supérieure à π (il su�t de prendre n1 > πβ−α ).

D'après la question 2, ∀n > n1, ‖un‖∞I =√

a2n + b2

n, et donc limn→+∞

√a2

n + b2n = 0

Les inégalités 0 6 |an| 6√

a2n + b2

n et 0 6 |bn| 6√

a2n + b2

n entraînent alors que :lim

n→+∞an = lim

n→+∞bn = 0.

2.3 Coe�cients et série de Fourier

a) On dé�nit Jn =∫ π

−π

eint

5 + 4 cos tdt. Calculer J0 et J1

b) Calculer 2Jn + 5Jn+1 + 2Jn+2

En déduire la valeur de Jn pour tout n ∈ N.

c) Existence et calcul du développement en série de Fourier de la fonction f : t 7→ 15 + 4 cos t

.

d) Retrouver ce résultat en décomposant en éléments simples la fraction rationnelle1

5 + 2x + 2x−1

SOLUTION :

a) J0 =∫ π

−π

15 + 4 cos t

dt

Aucune des règles de Bioche ne convient, on fait le changement de variable u = tan(

t2

)pour se ramener à

une fonction rationnelle :

t = 2Arctan(u), dt =2du

1 + u2cos(t) =

1− u2

1 + u2du

J0 =∫ π

−π

15 + 4 cos t

dt =∫ ∞

−∞

15 + 4 1−u2

1+u2

2du

1 + u2du = 2

∫ +∞

−∞

du

9 + u2=

23

[Arctan

(u

3

)]+∞−∞

=2π

3

J1 =∫ π

−π

eit

5 + 4 cos tdt =

∫ π

−π

cos(t)5 + 4 cos t

dt + i

∫ π

−π

sin(t)5 + 4 cos t︸ ︷︷ ︸

fction impaire

dt =∫ π

−π

cos t

5 + 4 cos tdt

=∫ +∞

−∞

1−u2

1+u2

5 + 4 1−u2

1+u2

2du

1 + u2du = 2

∫ +∞

−∞

1− u2

(9 + u2)(1 + u2)du

or1− y

(9 + y)(1 + y)=

a

9 + y+

b

1 + y=

14

(1

1 + y− 5

9 + y

)donc J1 =

12

∫ +∞

−∞

11 + u2

− 59 + u2

du =12

[Arctan(u)− 5

3Arctan

(u

3

)]+∞−∞

= −π

3

J0 =2π

3J1 = −π

3

b) 2Jn + 5Jn+1 + 2Jn+2 =∫ π

−π

2eint + 5ei(n+1)t + 2ei(n+2)t

5 + 4 cos tdt =

∫ π

−π

2eint + 5ei(n+1)t + 2ei(n+2)t

5 + 2eit + 2e−itdt

=∫ +π

−π

ei(n+1)t(2e−it + 5 + 2e−it)5 + 2eit + 2e−it

dt =∫ π

−π

ei(n+1)tdt =[

ei(n+1)t

i(n + 1)

]+π

−π

={

2 π si n = −10 sinon

Donc ∀n ∈ N, 2Jn + 5Jn+1 + 2Jn+2 = 0La suite (Jn)n∈N véri�e une condition de récurrence linéaire. L'équation associée est : 2r2 + 5r + 2 = 0 qui

admet pour solutions r1 = −2, r2 = − 12

donc ∃(λ, µ) ∈ C2, ∀n ∈ N, Jn = λ(−2)n + µ(− 1

2

)nLes conditions initiales

{J0 = λ + µ = 2π

3J1 = −2λ− 1

2µ = −π3

donnent : λ = 0, µ =2π

3

donc ∀n ∈ N, Jn =2π

3

(−1

2

)n

Remarquons que, pour tout n ∈ Z,

J−n =∫ +π

−π

e−int

5 + 4 cos tdt =

∫ +π

−π

(eint

5 + 4 cos t

)dt = Jn = Jn (car Jn est réel)

9

Finalement, ∀n ∈ N, Jn = J−n =∫ π

−π

eint

5 + 4 cos tdt =

2π

3

(−1

2

)n

c) La fonction t 7→ 5 + 4 cos(t) est dé�nie, C1 sur R, et ne s'annule pas.La fonction f : t 7→ 1

5 + 4 cos(t)est donc 2π-périodique et C1 sur R.

D'ors et déja, on peut a�rmer, d'après le théorème de Dirichlet, que sa série de Fourier converge en toutpoint x ∈ R et que sa somme Sf (x) est égale à f(x) pour tout x ∈ R.

La question précédente montre que :

{c0(f) = 1

2π J0 = 13

∀n ∈ N, cn(f) = c−n(f) = 12π Jn = 1

3

(− 1

2

)ndonc ∀x ∈ R, Sf (x) =

∑n∈Z

cn(f)einx = c0(f) ++∞∑n=1

cn(f)(e−inx + einx)

∀x ∈ R, Sf (x) =13

+13

+∞∑n=1

(−1

2

)n

(2 cos(nx)) = f(x)

∀x ∈ R,1

5 + 4 cos x=

13

+23

+∞∑n=1

(−1)n cos(nx)2n

d)1

5 + 2x + 2x−1=

x

2(x + 2)(x + 12 )

=13

(1

1 + x2

− 11 + 2x

)∀x ∈ R,

15 + 4 cos x

=1

5 + 2eix + 2eix=

13

(1

1 + eix

2

− 11 + 2e−ix

)

2.4 DSF de t 7→ 11+cos2 t

:

1- Soit f une fonction 2π-périodique, continue par morceaux.Montrer que si f est π-périodique, alors pour tout k ∈ N, c2k+1(f) = 0, a2k+1(f) = 0 et b2k+1(f) = 0

2- Soit f la fonction t 7→ 11+cos2 t .

Trouver un réel m tel que : ∀n ∈ N, a2n+2(f) + m a2n(f) + a2n−2(f) = 0Avec MAPLE, calculer a0 et a2, puis a2n pour tout n ∈ NEn déduire le développememnt de f en série de Fourier.

SOLUTION :

1- c2k+1(f) =12π

∫ π

−π

f(t) e−i(2k+1)t dt =12π

(∫ 0

−π

f(t) e−i(2k+1)t dt +∫ π

0

f(t) e−i(2k+1)t dt

)c2k+1(f) =

12π

(∫ π

0

f(u− π) e−i(2k+1)(u−π) dt +∫ π

0

f(t) e−i(2k+1)t dt

)(par le changement de variable u = t + π dans la première intégrale)

c2k+1(f) =12π

∫ π

0

f(u− π)︸ ︷︷ ︸=f(u)

e−i(2k+1)u ei(2k+1)π︸ ︷︷ ︸=−1

dt +∫ π

0

f(t) e−i(2k+1)t dt

= 0

Les relations an = (cn + c−n) et bn = i(cn − c−n) montrent alors que ∀k ∈ N, a2k+1(f) = b2k+1(f) = 0

2- ∀t ∈ R, 1 + cos2(t) = 1 +1 + cos(2t)

2=

12(3 + cos(2t))

Pour tout réel m,

a2n+2(f) + m a2n(f) + a2n−2(f) =12π

∫ π

−π

f(t) (cos(2n + 2)t + m cos(2nt) + cos(2n− 2)t)

a2n+2 + m a2n + a2n−2 =12π

∫ π

−π

f(t) (2 cos(2nt) cos(2t) + m cos(2nt))

=12π

∫ π

−π

f(t) cos(2nt)(2 cos(2t) + m)dt

Puisque f(t) =1

1 + cos2 t=

23 + cos(2t)

=4

6 + 2 cos(2t), en prenant m = 6, on obtient :

a2n+2 + 6 a2n + a2n−2 =12π

∫ π

−π

46 + 2 cos(2t)

cos(2nt)(2 cos(2t) + 6)dt =2π

∫ π

−π

cos(2nt)dt

a2n+2 + 6 a2n + a2n−2 =[sin(2nt)

2n

]π

−π

= 0

Donc, pour tout n ∈ N∗, a2n+2 + 6 a2n + a2n−2 = 0

a0(f) =1π

∫ π

−π

11 + cos2(t)

dt =√

2

a2(f) =12π

∫ π

−π

cos(2t)1 + cos2(t)

dt = 4− 3√

2

10

Recherchons les suites (an) qui vérifent la relation : ∀n ∈ N∗, a2n+2 + 6 a2n + a2n−2 = 0L'équation associée, X2 + 6X + 1 = 0, a pour racines α = −6+4

√2

2 = −3 + 2√

2 et β = −3− 2√

2donc il existe (λ, µ) ∈ R2, ∀n ∈ N∗, an = λαn + µβn

Les cosntantes λ et µ s'obtiennent par résolution du système :{λ + µ = a0 =

√2

λα + µβ = a2 = 4− 3√

2, ce qui donne :

{λ =

√2

µ = 0et donc ∀n ∈ N, a2n =

√2(−3 + 2

√2)n

• La fonction f étant de classe C1 sur R et 0π-périodique, sa série de Fourier converge en tout point, et a poursomme la fonction f . Les coe�cients bn sont nuls puisque f est paire.

donc, ∀x ∈ R, f(x) =a0

2+

+∞∑k=1

a2k cos(2kx) =√

22

+√

2+∞∑k=1

(−3 + 2√

2)k cos(2kx)

2.5 Coe�cients de Fourier (Oral CCP)

On considère l'intégrale Jn =∫ π

0

sinnx

1 + cos2 xdx

a) Calculer J1

b) Montrer que pour tout n, J2n = 0

c) Montrer que

+∞∑n=0

(−1)nJ2n+1 =π

2(indication : on pourra utiliser la fonction 2π-périodique impaire coïncidant sur ]0, π[ avec la fonction

x 7→ 11 + cos2 x

)

SOLUTION :

a) Calculer J1

J1 =∫ π

0

sinx

1 + cos2 xdx = −

∫ π

0

(Arctan(cos x))′ dx = − [Arctan(cos x)]π0

J1 = −Arctan(−1) + Arctan(1) = −(−π

4

)+

π

4=

π

2

b) Soit n ∈ N, J2n =∫ π

0

sin 2nx

1 + cos2 xdx =

∫ 0

π

sin 2n(π − u)1 + cos2(π − u)

(−du) =∫ π

0

sin 2n(π − u)1 + cos2(π − u)

du par le chgmnt de

variable u = π − x

J2n =∫ π

0

− sin 2nu

1 + cos2 udu = −J2n donc J2n = 0

c) Considérons la fonction f, 2π-périodique impaire et telle que ∀x ∈]0, π[, f(x) =1

1 + cos2 xPuisque f est impaire, ∀n ∈ N, an(f) = 0

∀n ∈ N, bn(f) =1π

∫ π

−π

f(t) sin(nt)︸ ︷︷ ︸paire

dt =2π

∫ π

0

f(t) sin(nt)dt =2π

∫ π

0

sin(nt)1 + cos2 t

dt =2π

Jn

La restriction de f à l'ouvert ]0, π[ est prolongeable au segment [0, π] en la fonction x 7→ 11 + cos2 x

qui est

de classe C1. Par imparité, il en va de même pour la restriction de f à l'ouvert ] − π, 0[. f est donc de classeC1 par morceaux sur le segment [−π, π] et sur R par périodicité.

Par contre f n'est pas continue au point 0 car f(0) = 0 (fonction impaire) ,

et lim0+

f = limx→0+

(1

1 + cos2 x

)=

12

On peut appliquer la version "faible" du théorème de Dirichlet et a�rmer que la série de Fourier de f

converge en tout point de R et que ∀x ∈ R, Sf (x) =12

(limx−

f + limx+

f

)f étant continue au point

π

2, en appliquant cette égalité au point

π

2, on obtient : Sf

(π

2

)= f

(π

2

)soit encore :

+∞∑n=1

bn(f) sin(n

π

2

)= 1

et puisque b2n =2π

J2n = 0 , il ne reste que les termes impairs :

+∞∑n=1

bn(f) sin(n

π

2

)=

+∞∑p=0

b2p+1(f) sin((2p + 1)

π

2

)=

2π

+∞∑p=0

J2p+1(−1)p = 1

ce qui donne �nalement en multipliant parπ

2:

+∞∑n=0

(−1)nJ2n+1 =π

2

11

3 Formule de Parseval-Bessel et Inégalités

3.1 Inégalité de Wirtinger :

1- Soit f une fonction continue et C1 par morceaux de R dans C , 2π− périodique et de valeur moyenne nulle.

Montrer que

∫ 2π

0

f2(t)dt ≤∫ 2π

0

f ′2(t)dt

Quand y a t-il égalité ?

2- Montrer que : ‖f‖2∞ ≤ π

6

∫ 2π

0

f ′(t)2dt

SOLUTION :

1- f étant de valeur moyenne nulle, c0(f) =12π

∫ 2π

0

f(t)dt = 0

Par dé�nition d'une fonction C1 par morceaux, il existe une subdivision 0 = x0 < x1 < x2 < ..... < xp = 2πtelle que la restriction de f à chaque intervalle ]xk, xk+1[ soit prolongeable au segment [xk, xk+1] en une fonctionC1 , ce qui équivaut à dire, puisque f est continue, que sa restriction à chaque segment [xk, xk+1] est de classeC1. On peut alors intégrer par parties sur chaque segment comme suit :

∀n ∈ Z, cn(f ′) =12π

∫ 2π

0

f ′(t)e−intdt =12π

p−1∑k=0

(∫ xk+1

xk

f ′(t)e−intdt

)=

12π

p−1∑k=0

([f(t)e−int

]xk+1

xk+ in

∫ xk+1

xk

f(t)e−intdt

)=

12π

p−1∑k=0

(f(xk+1)e−inxk+1 − f(xk)e−inxk

)︸ ︷︷ ︸somme telescopique

+in

2π

∫ 2π

0

f(t)e−intdt

=12π

(f(2π)− f(0)︸ ︷︷ ︸=0

) + incn(f) = incn(f)

Remarquons que c0(f ′) = i.0.c0(f) = 0

• f étant C1 par morceaux sur R, f ′ est continue par morceaux et on peut appliquer la formule de Parseval-Besselà f et à f ′ :

12π

∫ 2π

0

f ′2(t)dt =∑

n∈Z∗

|cn(f ′)|2 =∑

n∈Z∗

|n2cn(f)|2 ≥∑

n∈Z∗

|cn(f)|2 =12π

∫ 2π

0

f2(t)dt

(car c0(f) = c0(f ′) = 0)

donc

∫ 2π

0

f2(t)dt ≤∫ 2π

0

f ′2(t)dt

• Il y a égalité si et seulement si∑

n∈Z∗

|n2cn(f)|2 =∑

n∈Z∗

|cn(f)|2

si pour au moins un indice n0 tel que |n0| ≥ 2 et cn0(f) 6= 0, alors l'inégalité|n2

0 cn0(f)|2 > |cn0(f)|2 entraîne l'inégalité stricte∑

n∈Z∗

|n2cn(f)|2 >∑

n∈Z∗

|cn(f)|2

Donc il y a égalité si et seulement si ∀|n| ≥ 2, cn(f) = 0f étant 2π périodique continue et C1 par morceaux sur R, en tout point x ∈ R,

f(x) =∑n∈Z

cn(f)einx = c1(f)eix + c−1(f)e−ix = a cos x + b sinx

Finalement,

∫ 2π

0

f2(t)dt ≤∫ 2π

0

f ′2(t)dt

avec égalité si et seulement si f est de la forme : x 7→ a cos x + b sinx

2- Puisque f est continue et C1 par morceaux, d'après le théorème de Dirichlet, la série de Fourier de f convergeen tout point de R et sa somme est égale à la fonction f . Par ailleurs, la série converge normalement sur R, etconverge donc absolument en tout point de R.

∀x ∈ R,∑k∈Z

ck(f)eikx = f(x) (on peut sommer sur Z∗ puisque c0(f) = 0)

donc ∀x ∈ R, |f(x)| =

∣∣∣∣∣∑k∈Z∗

ck(f)eikx

∣∣∣∣∣ ≤ ∑k∈Z∗

|ck(f)| =∑k∈Z∗

∣∣∣∣(−i

k

)ck(f ′)

∣∣∣∣ ≤ ∑k∈Z∗

1|k||ck(f ′)|

Pour deux une séries an et bn de carrés sommables, la série∑

anbn converge et (∑

anbn)2 ≤ (∑

a2n)(∑

b2n)

(inégalité de Cauchy-Schwarz)

12

donc ∀x ∈ R, |f(x)|2 ≤

(∑k∈Z∗

1|k||ck(f ′)|

)2

≤

(∑k∈Z∗

1|k|2

)(∑k∈Z∗

|ck(f ′)|2)

= 2π2

6.

12π

∫ 2π

0

f ′(t)2dt

∀x ∈ R, |f(x)|2 ≤ π

6

∫ 2π

0

f ′(t)2dt ce dernier majorant ne dépendant pas de x, on en déduit que :

‖f‖2∞ ≤ π

6

∫ 2π

0

f ′(t)2dt

3.2 Zéros d'une fonction. Fonction nulle :

1-a) Soit f une fonction continue sur le segment [a, b] telle que :

∀k ∈ {0, 1, 2, ..., n},∫ b

a

tkf(t)dt = 0.

Montrer que f s'annule au moins n + 1 fois sur l'ouvert ]a, b[.

b) On suppose que ∀k ∈ N,

∫ b

a

tkf(t)dt = 0.

Montrer que f est la fonction nulle.

2- Soit f une fonction de classe C1 sur [0, π] telle que : ∀x ∈ R,

∫ π

0

f(t) cos(xt)dt = 0.

Montrer que f est nulle.

SOLUTION :1- a) Supposons que f admette moins de n zeros sur ]a, b[, qu'on notera x1, x2, ..., xp, p < n, rangés par ordrecroissant.

f garde un signe constant sur chacun des intervalles ]xi, xi+1[ (sinon, étant continue, elle s'annulerait entrexi et xi+1 en vertu du théorème des valeurs intermédiaires )

De ses racines, ne retenons que celles où f s'annule en changeant de signe, que nous renumérotons enx1, x2, ..., xq, q ≤ p < n

alors la fonction produit x −→ (x − x1)(x − x2)...(x − xq)f(x) garde un signe constant sur [a, b],puisque les changements de signe en traversant xi de la fonction f sont compensés par ceux du polynôme(x− x1)(x− x2)...(x− xq)

Si P =n−1∑k=0

akXk est un polynôme de degré inférieur à n− 1, alors∫ b

a

P (t)f(t)dt =n−1∑k=0

ak

∫ b

a

tkf(t)dt = 0

donc

∫ b

a

(x−x1)(x−x2)...(x−xq)f(x)dx = 0, ce qui est incompatible avec le fait que la fonction intégrande

x 7→ (x− x1)(x− x2)...(x− xq)f(x) est continue, non identiquement nulle et de signe constant sur le segment[a, b].

Donc f admet au moins n zeros sur ]a, b[.

b) Puisque ∀k ∈ N,

∫ b

a

tkf(t)dt = 0, par linéarité, pour tout polynôme P (X) ∈ R[X],∫ b

a

P (t)f(t)dt = 0

Or toute fonction continue sur le segment [a, b] est limite uniforme sur ce segment d'une suite de fonctionspolynomiales.

Donc il existe une suite de polynômes (Pn(X))n∈N telle que limn→+∞

‖f − Pn‖[a,b]∞ = 0 et par ailleurs,∫ b

a

Pn(t)f(t)dt = 0 pour tout n.

f étant continue sur le segment [a, b] est bornée.Donc ∀t ∈ [a, b], |Pn(t)f(t)− f(t).f(t)| = |Pn(t)− f(t)|.|f(t)| ≤ ‖f − Pn‖[a,b]

∞ .‖f‖[a,b]∞

d'où ‖f2 − f.Pn‖[a,b]∞ ≤ ‖f − Pn‖[a,b]

∞ .‖f‖[a,b]∞ −−−−−→

n→+∞0 ce qui montre que la suite de fonctions (Pn.f)n∈N

converge uniformément sur la segment [a, b] vers la fonction f2.

Donc limn→+∞

(∫ b

a

Pn(t)f(t)dt

)=∫ b

a

f2(t)dt d'où

∫ b

a

f2(t)dt = 0

13

La fonction f2 étant continue, positive, et d'intégrale nulle, est la fonction nulle. Donc f = 0.

2- Prolongeons f par parité à [−π, 0], puis à R par périodicité.f est alors 2π-périodique continue et C1 par morceaux sur R. Sa série de Fourier converge alors en tout

point x de R et a pour somme f(x) : ∀x ∈ R, Sf (x) = f(x)

Les coe�cients bn(f) sont tous nuls car f est paire, et ∀n ∈ R, an(f) =1π

∫ π

0

f(t) cos(nt)dt = 0 par

hypothèse.Tous les coe�cients de Fourier de f sont donc nuls, la série de Fourier est identiquement nulle et Sf (x) = 0.D'où ∀x ∈ [0, π], f(x) = Sf (x) = 0.

4 Application des séries de Fourier :

4.1 Série de Fourier ; application au calcul d'une intégrale

Soit a ∈]0, π[ et f la fonction 2π-périodique dé�nie par : ∀x ∈ [−π, π], f(x) ={

1 si |x| ≤ a0 si a < |x| ≤ 2π

a) Etudier la série de Fourier de f et sa convergence.

b) Que vaut la série de Fourier en 0 et en a ?

en déduire la somme

+∞∑n=1

sinnθ

nen précisant le domaine de validité.

c) Calculer

+∞∑n=1

sin2 na

n2

d)* Justi�er l'existence et calculer l'intégrale

∫ +∞

0

sin2 t

t2dt et retrouver la valeur de

∫ +∞

0

sin t

tdt

SOLUTION :

a) La fonction f étant paire, les coe�cients bn(f) sont tous nuls.

- ∀n ∈ N∗, an(f) =1π

∫ π

−π

f(t) cos(nt)dt =2π

∫ π

0

cos(nt)dt (par parité)

=2π

[sin(nt)

n

]π

0

=2 sinna

nπ.

- a0(f) =2π

∫ π

0

f(t)dt =2π

∫ π

0

dt =2a

π

La série de Fourier de f est donc : Sf (x) =a

π+

+∞∑n=1

2 sinna

nπcos(nx)

∀x ∈ R, Sf (x) =a

π+

2π

+∞∑n=1

sin(na) cos(nx)n

• La fonction f est C1 par morceaux sur R (car est en escalier sur [−π, π] ). Elle est continue en tout point de[−π, π] sauf en ±a.

D'après le théorème de Dirichlet, la série de Fourier de f est donc convergente en tout point de R et

∀x ∈ R, Sf (x) =12

[limx−

f + limx+

f

]En particulier, Sf (x) = f(x) en tout point où f est continue, c'est en dire si x 6= ±a + 2kπ, k ∈ Z.

b) • En 0 , f est continue, donc Sf (0) = f(0) , ce qui s'écrit :a

π+

2π

+∞∑n=1

sin(na)n

= 1

et qui donne :

+∞∑n=1

sin(na)n

=π

2

(1− a

π

)=

π − a

2pour tout a ∈]0, π[ .

• En 0 , f n'est pas continue, donc Sf (a) =12

[lima−

f + lima+

f

]=

12

donca

π+

2π

+∞∑n=1

sin(na) cos(na)n

=12

a

π+

1π

+∞∑n=1

sin(2na)n

=12

14

d'où

+∞∑n=1

sin(2na)n

= π

(12− a

π

)=

π

2− a

En prenant b = 2a, on obtient :

+∞∑n=1

sin(nb)n

=π − b

2pour tout b ∈]0, 2π[ , ce qui con�rme et étend la

validité de la formule obtenue en 0.

Finalement, ∀x ∈]0, 2π[,+∞∑n=1

sin(nx)n

=π − x

2On remarque que cette formule n'est plus valable en 0 ni en 2π.

La fonction somme : x 7→+∞∑n=1

sin(nx)n

n'est pas continue en 0.

c) La formule de Parseval Bessel permet d'écrire :

a0(f)2

2+

+∞∑n=1

an(f)2 =1π

∫ π

−π

|f(t)|2dt

donc2a2

π2+

+∞∑n=1

4 sin2(na)n2π2

=2π

∫ π

0

dt

=⇒ 2a2

π2+

4π2

+∞∑n=1

sin2(na)n2

=2π

∫ a

0

dt =2a

π

d'où l'on tire

+∞∑n=1

sin2(na)n2

=π2

4

(2a

π− 2a2

π2

)= a

(π − a

2

)d) La fonction t 7→ sin2 t

t2est positive et continue sur [0,+∞[ , dominée par t 7→ 1

t2 en +∞, donc est

intégrable sur [0,+∞[ .

Considérons la somme de Riemann de l'intégrale

∫ A

0

sin2 t

t2dt lorsque le segment d'intégration [0, A] est

partagé en n segments égaux : Sn =A− 0

n

n∑k=1

sin2(kAn )

(kAn )2

=n

A

n∑k=1

sin2(kAn )

k2

La fonction t 7→ sin2 t

t2étant continue sur [0, A] , on sait que lim

n→+∞Sn =

∫ A

0

sin2 t

t2dt

Sn =n

A

( ∞∑k=1

sin2(kAn )

k2−

∞∑k=n+1

sin2(kAn )

k2

)=

n

A

(A

n

(π − A

n

2

)−

∞∑k=n+1

sin2(kAn )

k2

)

Sn =π − A

n

2− n

A

( ∞∑k=n+1

sin2(kAn )

k2

)(1)

Pour A �xé , les termes Sn etπ − A

n

2ont chacun une limite �nie quand n → +∞, qui est respectivement∫ A

0

sin2 t

t2dt et

π

2. Donc par di�érence, le terme

n

A

( ∞∑k=n+1

sin2(kAn )

k2

)possède aussi une limite �nie, qu'on

notera L(A).

En passant à la limite dans l'égalité (1), on obtient :

∫ A

0

sin2 t

t2dt =

π

2− L(A)

Pour tout n ≥ 0, 0 ≤ n

A

( ∞∑k=n+1

sin2(kAn )

k2

)≤ n

A

∞∑k=n+1

1k2

≤ n

A

∫ ∞

n

dt

t2(car

1(k + 1)2

≤∫ k+1

k

dt

t2≤ 1

k2)

0 ≤ n

A

( ∞∑k=n+1

sin2(kAn )

k2

)≤ n

A

1n

=1A

En passant à la limite pour A �xé quand n → +∞, on obtient : 0 ≤ L(A) ≤ 1A

• En reprenant l'égalité

∫ A

0

sin2 t

t2dt =

π

2− L(A) et en passant à la limite qd A → +∞, on obtient alors :∫ +∞

0

sin2 t

t2dt =

π

2

• Par intégration par parties sur [a, b] ⊂]0,+∞[, puis par passage à la limite quand a → 0 et b → +∞, onobtient :∫ b

a

(sin2 t)1t2

dt =[− sin2(t)

t

]b

a

+∫ b

a

2 sin t cos t

tdt

15

et donc

∫ ∞

0

sin2 t

t2dt =

∫ ∞

0

sin 2t

tdt =

∫ ∞

0

sinu

udu (par le changement de variable u = 2t )

Ce qui permet de conclure que

∫ ∞

0

sinu

udu =

π

2

4.2 Série trigonométrique - série de Fourier

1- Montrer que la série de fonctions f : x 7→+∞∑n=1

sin(nx)√n

converge uniformément sur tout intervalle de la

forme [a, 2π − a], lorsque 0 < a < π

En déduire que la fonction f : x 7→+∞∑n=1

sin(nx)√n

est continue sur R− 2πZ

2- Calculer

∫ 2π−a

a

f(t) sin(nt)dt et en déduire

∫ 2π

0

f(t) sin(nt)dt.

La fonction f est elle continue par morceaux ?

SOLUTION :

1- Soient n ∈ N∗ et x ∈ R− 2πZ ;

Sn(x) =n∑

k=1

sin(kx) =n∑

k=0

sin(kx) = Im

(n∑

k=0

eikx

)= Im

(1− ei(n+1)x

1− eix

)= Im

(ei n+1

2 x

ei x2

e−i n+12 x − ei n+1

2 x

e−i x2 − ei x

2

)( car eix 6= 1 puisque x 6= 0 [2π] )

Sn(x) = Im

(ei n

2 x−2i sin(n+12 x)

−2i sin(x2 )

)=

sin(n2 x) sin(n+1

2 x)sin(x

2 )

donc ∀n ∈ N∗, |Sn(x)| ≤ 1∣∣sin(x2 )∣∣

• Majorons le reste rn(x) par la transformation d'Abel :

Pour x 6= 0 [2π] et n ∈ N∗ , notons Sn(x) =n∑

k=1

sin(kx) et an =1√n

∀n ∈ N∗,∀p ∈ N∗,n+p∑

k=n+1

1√k

sin(kx) =n+p∑

k=n+1

ak(Sk(x)− Sk−1(x)) =n+p∑

k=n+1

akSk(x)−n+p∑

k=n+1

akSk−1(x)

n+p∑k=n+1

1√k

sin(kx) =n+p∑

k=n+1

akSk(x)−n+p−1∑

k=n

ak+1Sk(x)

=n+p−1∑k=n+1

(ak − ak+1)Sk(x)− an+1Sn(x) + an+pSn+p(x) (1)

La suite (Sk(x))k∈N∗ est bornée : ∀k, |Sk(x)| ≤ 1∣∣sin(x2 )∣∣ = Mx

donc |(ak − ak+1)Sk(x)| ≤ (ak − ak+1)Mx et la série∑

(ak − ak+1) est une série télescopique convergente

puisque

n+p∑k=n+1

(ak − ak+1) = an+1 − an+p+1 −−−−−→p→+∞

an+1 (car lim+∞

ap = 0), et donc+∞∑

k=n+1

(ak − ak+1) = an+1

La série∑

k

(ak − ak+1)Sk(x) est donc absolument convergente

par ailleurs, limp→+∞

an+pSn+p(x) = 0 car (Sn(x))n est bornée et lim+∞

ap = 0

En passant à la limite dans (1) pour n �xé quand p → +∞ , on obtient la convergence de la série+∞∑

k=n+1

1√k

sin(kx) et l'égalité :

+∞∑k=n+1

1√k

sin(kx) =+∞∑

k=n+1

(ak − ak+1)Sk(x)− an+1Sn(x)

d'où

∣∣∣∣∣+∞∑

k=n+1

1√k

sin(kx)

∣∣∣∣∣ ≤+∞∑

k=n+1

(ak − ak+1)|Sk(x)|+ an+1|Sn(x)|∣∣∣∣∣+∞∑

k=n+1

1√k

sin(kx)

∣∣∣∣∣ ≤(

+∞∑k=n+1

(ak − ak+1) + an+1

)Mx = 2an+1Mx =

2an+1∣∣sin(x2 )∣∣

Pour tout x ∈ [a, 2π − a], a ≤ x ≤ 2π − a =⇒ a2 ≤

x2 ≤ π − a

2 =⇒ 0 < sin a2 ≤ sin x

2

16

donc supx∈[a,2π−a]

∣∣∣∣∣+∞∑

k=n+1

1√k

sin(kx)

∣∣∣∣∣ = ‖rn‖∞[a,2π−a] ≤2an+1∣∣sin(a

2 )∣∣ =

2sin(a

2 )√

n + 1Il s'ensuit que lim

n→+∞‖rn‖∞[a,2π−a] = 0,

et que la série de fonctions

+∞∑k=1

1√k

sin(kx) converge donc uniformément sur [a, 2π − a].

• Chaque fonction x 7→ 1√k

sin(kx) étant continue sur [a, 2π − a], la fonction f l'est aussi.

Pour tout x0 ∈]0, 2π[, il existe a tel que 0 < a < x0 < 2π − a < 2π et f est continue au point x0.f est donc continue sur ]0, 2π[. Et par 2π-périodicité, elle est continue en tout point de R− 2πZAinsi, f est continue en tout point de R− 2πZOn peut noter aussi que f est impaire comme chacune des fonctions de la série qui la composent.

2- •∫ 2π−a

a

f(t) sin(nt)dt =∫ 2π−a

a

(+∞∑k=1

1√k

sin(kt)

)sin(nt)dt =

∫ 2π−a

a

(+∞∑k=1

1√k

sin(kt) sin(nt)

)dt

or

∣∣∣∣∣+∞∑

k=n+1

1√k

sin(kt) sin(nt)

∣∣∣∣∣ = | sin(nt)|

∣∣∣∣∣+∞∑

k=n+1

1√k

sin(kt)

∣∣∣∣∣ ≤∣∣∣∣∣

+∞∑k=n+1

1√k

sin(kt)

∣∣∣∣∣ = |rn(t)|∣∣∣∣∣+∞∑

k=n+1

1√k

sin(kt) sin(nt)

∣∣∣∣∣ ≤ |rn(t)| ≤ 2an+1∣∣sin( t2 )∣∣ ≤ 2an+1∣∣sin(a

2 )∣∣ =

2∣∣√n + 1 sin(a2 )∣∣

supt∈[a,2π−a]

∣∣∣∣∣+∞∑

k=n+1

1√k

sin(kt) sin(nt)

∣∣∣∣∣ ≤ 2∣∣√n + 1 sin(a2 )∣∣

donc limn→+∞

∥∥∥∥∥+∞∑

k=n+1

1√k

sin(kt) sin(nt)

∥∥∥∥∥∞

t∈[a,2π−a]

= 0 , ce qui montre que la série de fonctions

+∞∑k=n+1

1√k

sin(kt) sin(nt)

converge uniformment sur [a,2π − a].• On peut alors écrire :∫ 2π−a

a

(+∞∑k=1

1√k

sin(kt) sin(nt)

)dt =

+∞∑k=1

(∫ 2π−a

a

1√k

sin(kt) sin(nt)dt

)donc

∫ 2π−a

a

f(t) sin(nt)dt =+∞∑k=1

(∫ 2π−a

a

1√k

sin(kt) sin(nt)dt

)=

+∞∑k=1

(1

2√

k

∫ 2π−a

a

[cos(k − n)t− cos(k + n)t]dt

)=

+∞∑k=1k 6=n

(1

2√

k

∫ 2π−a

a

[cos(k − n)t− cos(k + n)t]dt

)+

12√

n

∫ 2π−a

a

(1− cos(2nt))dt︸ ︷︷ ︸k=n

=+∞∑k=1k 6=n

12√

k

([sin(k − n)t

k − n

]2π−a

a

−[sin(k + n)t

k + n

]2π−a

a

)+

12√

n

(2π − 2a−

[sin(2nt)

2n

]2π−a

a

)

=+∞∑k=1k 6=n

12√

k

(−2 sin(k − n)a

k − n+

2 sin(k + n)ak + n

)︸ ︷︷ ︸

uk(a)

+1

2√

n

(2π − 2a +

sin(2na)n

)(1)

∫ 2π−a

a

f(t) sin(nt)dt =+∞∑k=1k 6=n

uk(a) +1

2√

n

(2π − 2a +

sin(2na)n

)

∀k > n, |uk(a)| =∣∣∣∣ 1√

k

(− sin(k − n)a

k − n+

sin(k + n)ak + n

)∣∣∣∣ ≤ | sin(n− k)a|√k(k − n)

+| sin(n + k)a|√

k(k + n)

|uk(a)| ≤ 1√k

(1

k − n+

1k − n

)≤ 2

(k − n)√

k

supt∈[a,π−a]

|vk(a)| = ‖vk‖∞[a,π−a] ≤2

(k − n)√

k

n→+∞∼ 2k

32

(série de Riemann convergente)

On en déduit que la série de fonctions∑

uk( ) est normalement convergente et donc uniformément conver-gente sur [a, 2π − a].

Alors lima→0

(+∞∑k=1

uk(a)

)=

+∞∑k=1

(lima→0

uk(a))

︸ ︷︷ ︸=0

= 0

En passant à la limite dans (1) quand a → 0+, on obtient :

17

∫ 2π

0

f(t) sin(nt)dt = lima→0

∫ 2π−a

a

f(t) sin(nt)dt =π√n

• La fonction f est 2π-périodique. Etant impaire, tous ses coe�cients an(f) sont nuls.

∀n ∈ N∗, bn(f) =1π

∫ 2π−a

a

f(t) sin(nt)dt =1π

π√n

=1√n

Si la fonction f admettait une limite �nie en 0+, par imparité elle en admettrait une aussi en 0− et seraitcontinue par morceaux sur R.

On pourrait alors appliquer la formule de Parseval-Bessel qui dit que :

|a0|2

2+

∞∑n=1

(|an(f)|2 + |bn(f)|2) =1π

∫ 2π

0

|f(t)|2dt

La série∑

bn(f)2 devrait converger. Or ce n'est pas le cas puisque bn(f)2 =1n

Donc la fonction f n'admet pas de limite �nie en 0+ ni en 0−.

4.3 Série trigonométrique et équation di�érentielle :

On admet que la série

+∞∑n=1

sin(nx)n

converge uniformément sur tout segment inclus dans ]0, 2π[ et que :

∀x ∈]0, 2π[,+∞∑n=1

sin(nx)n

=π − x

2

On considère la fonction f dé�nie par : f(x) =+∞∑n=2

sin(nx)n(n2 − 1)

1 - Montrer que f est C1 surR et C2 sur ]0, 2π[. Calculer f ′(0).

2- Déterminer une équation di�érentielle satisfaite par f sur ]0, 2π[.Résoudre cette équation à l'aide de MAPLE et en déduire la valeur de f(x) sur ]0, 2π[

SOLUTION :

1 - Pour tout n ≥ 2 et tout x ∈ R, posons un(x) =sin(nx)

n(n2 − 1)

• Chaque fonction un est continue sur R et la majoration ‖un( )‖∞R ≤ 1n(n2 − 1)

montre la convergence normale donc uniforme de la série de fonctions∑

un( ) sur R. La fonction f est donccontinue sur R.

• Chaque fonction un est C1 sur R et la majoration ‖u′n( )‖∞R = supx∈R

∣∣∣∣cos(nx)n2 − 1

∣∣∣∣ ≤ 1n2 − 1

montre la convergence normale de la série de fonctions∑

u′n( ) sur R.

La fonction f est donc C1 sur R et ∀x ∈ R, f ′(x) =+∞∑n=2

cos(nx)n2 − 1

En particulier,

f ′(0) =+∞∑n=2

1n2 − 1

= limp→+∞

p∑n=2

12

(1

n− 1− 1

n + 1

)=

12

limp→+∞

(1 +

12− 1

p− 1

p + 1

)=

34

f ′(0) =34

• Ce raisonnement ne vaut plus pour la dérivée seconde car∑

u′′n(x) =∑ n sin(nx)

n2−1 ne converge plus normalement.

On écrit alors u′′n(x) = −n sin(nx)n2 − 1

= −n2 sin(nx)n(n2 − 1)

= − (n2 − 1 + 1) sin(nx)n(n2 − 1)

= − sin(nx)n

− sin(nx)n(n2 − 1)

la série∑ sin(nx)

nconverge uniformément sur tout segment [a, b] inclus dans ]0, 2π[ et la série

∑ sin(nx)n(n2 − 1)

converge normalement sur R. Il s'ensuit que la série∑

u′′n(x) converge uniformément sur tout segment [a, b]inclus dans ]0, 2π[.

La fonction f est donc C2 sur tout segment [a, b] inclus dans ]0, 2π[ , c'est à dire sur ]0, 2π[.

Et ∀x ∈]0, 2π[, f ′′(x) = −+∞∑n=2

n sin(nx)n2 − 1

donc ∀x ∈]0, 2π[, f ′′(x) = −+∞∑n=2

sin(nx)n

−+∞∑n=2

sin(nx)n(n2 − 1)

18

f ′′(x) = −(

π − x

2− sinx

)− f(x)

f est solution sur ]0, 2π[ de l'équation di�érentielle (E) : y′′ + y =x− π

2+ sinx

• On sait résoudre cette équation du second ordre linéaire à coe�cients constants. On peut s'épargner les calculsd'une solution particulière de l'équation complète grâce à MAPLE :

>?dsolve>Equadi� := di�(y(x),x$2)+y(x)= (x - Pi)/2 + sin(x); dsolve(Equadi�); simplify(");

y(x) =12x− 1

2π − 1

2x cos(x) + C1 sin(x) + C2 cos(x)

Ainsi, ∃(λ, µ) ∈ R2, ∀x ∈]0, 2π[, f(x) = λ sin(x) + µ cos(x) +12x− 1

2π − 1

2x cos(x)

Il reste à déterminer les constantes λ et µ .

• Par continuité de la fonction f en 0, on obtient f(0) = 0 = µ− 12π donc µ =

π

2

• ∀x ∈]0, 2π[, f ′(x) = λ cos(x)− µ sin(x) +12

+12x sin(x)− 1

2cos(x)

et par continuité de la fonction f ′ en 0, on obtient f ′(0) =34

= λ +12− 1

2donc λ =

34

et �nalement ∀x ∈]0, 2π[, f(x) =34

sin(x) +π

2cos(x)− 1

2x cos(x) +

x− π

2cette égalité se prolongeant par continuité aux bornes de l'intervalle.

∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗

4.4 Egalité de deux séries doubles :

Montrer que :

+∞∑n=−∞

e−(x−2nπ)2 =1

2√

π

+∞∑k=−∞

e−k2

4 einx.

SOLUTION :

a) • Etudions la fonction f : x 7→∑n∈Z

e−(x−2nπ)2

Pour cela introduisons les deux séries simples :

f1(x) =+∞∑n=0

e−(x−2nπ)2 et f2(x) =n=−1∑n=−∞

e−(x−2nπ)2 =+∞∑n=1

e−(x+2nπ)2

Pour n ∈ N , dé�nissons un(x) = e−(x−2nπ)2 = e−(2nπ−x)2 et vn(x) = e−(x+2nπ)2

Soit [a, b] un intervalle quelconque de R et soit n0 tel que 2n0π − b ≥ 0∀x ∈ [a, b], ∀n ≥ n0, −b ≤ −x ≤ −a, donc 0 ≤ 2n0π − b ≤ 2nπ − b ≤ 2nπ − x

donc (2nπ − b)2 ≤ (2nπ − x)2 et e−(2nπ−x)2 ≤ e−(2nπ−b)2

ce dernier majorant étant indépendant de x, on en déduit que ‖un( )‖[a,b]∞ ≤ e−(2nπ−b)2 , ce qui montre par

majoration la convergence normale de la série de fonctions∑

un( ) sur le segment [a, b].Il s'ensuit la convergence simple de

∑un(x) en tout point x ∈ [a, b]. [a, b] étant quelconque, f est dé�nie

sur R. De plus, chaque fonction un étant continue sur [a, b], la convergence uniforme de la série entraîne lacontinuité de la fonction somme f1 sur le segment [a, b].

Un raisonnement analogue montre la continuité de la fonction f2 sur le segment [a, b] et �nalement celle def = f1 + f2 sur tout segment [a, b] et en �n de compte sur R.

• ∀x ∈ R, f(x + 2π) =+∞∑

n=−∞e−(x+2π−2nπ)2 =

+∞∑n=−∞

e−(x−2(n−1)π)2 =+∞∑

m=−∞e−(x−2mπ)2 = f(x)

(par le changement d'indice m = n− 1)La fonction f est donc 2π-périodique.

b) Calcul des coe�cients de Fourier de f :

∀k ∈ Z, ck(f) =12π

∫ 2π

0

(+∞∑

n=−∞e−(t−2nπ)2

)e−iktdt =

12π

∫ 2π

0

(+∞∑

n=−∞e−(t−2nπ)2−ikt

)dt

Par convergence normale donc uniforme des deux séries de fonctions∑

e−(x−2nπ)2−ikt et∑

e−(x+2nπ)2−ikt

sur le segment [0, 2π], on peut écrire :

ck(f) =12π

+∞∑n=−∞

(∫ 2π

0

e−(t−2nπ)2−ikt

)dt =

12π

+∞∑n=−∞

(∫ −2(n−1)π

−2nπ

e−u2−ik(u+2nπ)du

)19

(par le changement de variable u = t− 2nπ dans chaque intégrale)Compte tenu de l'égalité e−2iknπ = 1 et en regroupant les intégrales sur des intervalles successifs [−2nπ,−2(n−

1)π] = [−2nπ,−2nπ + 2π] par la relation de Chasles, on obtient :

ck(f) =12π

∫ +∞

−∞e−u2−ikudu

• Pour calculer cette intégrale, introduisons la fonction g dé�nie par : g(x) =∫ +∞

−∞e−u2−ixudu

La domination |e−u2−ixu| ≤ e−u2montre que l'intégrale est absolument convergente pour tout x réel.

On véri�e que les hypothèses de dérivation sous le signe∫sont satisfaites et l'on en déduit :

∀x ∈ R, g′(x) =∫ +∞

−∞−iue−u2−ixudu =

i

2

∫ +∞

−∞−2ue−u2

e−ixudu

g′(x) =i

2

([e−u2

e−ixu]u→+∞

u→−∞−∫ +∞

−∞(−ix)e−u2

e−ixudu

)=−x

2

∫ +∞

−∞e−u2

e−ixudu

g′(x) =−x

2g(x)

donc il existe une constante λ ∈ R telle que g(x) = λ exp(∫ x

0

− t

2dt

)= λe

−x24

mais g(0) =∫ +∞

−∞e−u2

du =√

π (intégrale de Gauss)

donc λ = g(0) =√

π et g(x) =∫ +∞

−∞e−u2−ixudu =

√πe

−x24

d'où l'on déduit �nalement que ck(f) =12π

g(k) =1

2√

πe−k2

4 et que la série de Foureier de f est :

Sf (x) =1

2√

π

+∞∑k=−∞

e−k2

4 eikx

c) La fonction f est 2π-périodique et continue sur R.Comme dans la première question, on établit la convergence normale de la série dérivée

∑u′n(x) =∑

−2xe−(x−2nπ)2 sur tout intervalle [a, b] (par la majoration ‖u′n( )‖[a,b]∞ ≤ 2 max(|a|, |b|) e−(2nπ−b)2), ce

qui montre par le théorème de dérivation des séries de fonctions que la fonction f1 est de classe C1 sur toutsegment de R. Raisonnement analogue pour la fonction f2 et on en conclut �nalement que la fonction f esst declasse C1 sur R.

On peut alors utiliser le théorème de Dirichlet pour a�rmer que la série de Fourier de f converge en toutpoint de R et a pour somme f : ∀x ∈ R, Sf (x) = f(x).

Donc ∀x ∈ R, f(x) =+∞∑

k=−∞

ck(f)eikx =1

2√

π

+∞∑k=−∞

e−k2

4 eikx

∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗

4.5 Solutions périodiques d'une équation di�érentielle (Oral CENTRALE)

On considère l'équation di�érentielle (E) : y′′(x) + e−ixy(x) = 01- Montrer qu'une fonction f solution de (E) sur R est 2π−périodique si et seulement si :

f(0) = f(2π) et f ′(0) = f ′(2π)

2- Soit f une telle solution. On note cn(f) =12π

∫ 2π

0

f(t)e−intdt

Trouver une relation de récurrence entre cn(f) et cn−1(f)En déduitre que (E) admet une solution 2π−périodique non nulle.3- Donner le développement en série de Fourier de la fonction t 7→ exp(x eit) et interpréter la solution à

l'aide de la fonction g : x 7→ 1π

∫ π

0

exp(2 cos(t) e−i x

2)dt

SOLUTION :

1- Si f est une solution de (E) 2π−périodique, alors f(0) = f(2π) et puisque f ′ est elle aussi 2π−périodique,f ′(0) = f ′(2π).

• Réciproquement, soit f une solution de (E) sur R telle que f(0) = f(2π) et f ′(0) = f ′(2π)Considérons la fonction g dé�nie par : ∀x ∈ R, g(x) = f(x + 2π)alors g(0) = f(2π) = f(0) et g′(0) = f ′(2π) = f ′(0)

et on véri�e que g est également solution de (E) (calcul sans di�culté)

20

L'équation (E) est du second ordre, linéaire, et le coe�cient de y′′ ne s'annule pas sur R. On peut alorsappliquer le théorème d'unicité de Cauchy-Lipschitz aux solutions dé�nies sur R : f et g sont deux solutions de(E) sur R et qui véri�ent les mêmes conditions initiales au point 0 :

g(0) = f(0) et g′(0) = f ′(0)Elles sont donc égales : ∀x ∈ R, g(x) = f(x)Donc ∀x ∈ R, f(x + 2π) = f(x) et la fonction f est 2π−périodique.

2- Soit f une solution de (E) sur R 2π−périodique.Ses coe�cients de Fourier sont alors dé�nis. De plus, f est (au moins) de classe C2 sur R et on peut intégrer

par parties comme suit :

∀n ∈ Z∗, cn(f) =12π

∫ 2π

0

f(t)e−intdt =12π

([f(t)

e−int

−in

]2π

0

−∫ 2π

0

f ′(t)e−int

−indt

)=

12π

∫ 2π

0

f ′(t)e−int

indt =

1in

cn(f ′)

donc, ∀n ∈ Z∗, cn(f ′) = incn(f) et cette égalité est encore valable pour n = 0 (c0(f ′) = 0 car f est2π−périodique)

En appliquant ce résultat à f ′, on obtient : cn(f ′′) = incn(f ′) = (in)2cn(f) = −n2cn(f)Par ailleurs,

cn(f) =12π

∫ 2π

0

f(t)e−intdt =12π

∫ 2π

0

f(t)e−ite−i(n−1)tdt = − 12π

∫ 2π

0

f ′′(t)e−i(n−1)tdt

(car f ′′(x) + e−ixf(x) = 0)donc, cn(f) = −cn−1(f ′′) = (n− 1)2cn−1(f)Ainsi, ∀n ∈ Z, cn(f) = (n− 1)2cn−1(f)soit aussi : ∀n ∈ Z, cn+1(f) = n2cn(f)• Pour n = 0, on obtient alors c1 = 0Pour n = 1, la relation 12c1(f) = c2(f) donne c2 = 0.Par une récurrence immédiate, on montre que ∀n ∈ N∗, cn = 0• Pour n = −1, on obtient (−1)2c−1 = c0 donc c−1 = c0

puis c−2 =c−1

22=

c0

22, c−3 =

c−2

32=

c0

22.32, c−4 =

c−3

42=

c0

22.32.42

et de manière générale, ∀n ∈ N∗, c−n =c0

22.32.42.....n2=

c0

(n!)2

Donc, ∀n ∈ N∗, cn = 0 et c−n =c0

(n!)2

Donc ∀x ∈ R, f(x) = c0

∞∑n=0

e−inx

(n!)2

Réciproquement, la série

∞∑n=0

e−inx

(n!)2cvge normalement sur R puisque

∣∣∣∣e−inx

(n!)2

∣∣∣∣ = 1(n!)2

≤ 1n2

En conclusion,

il existe des solutions de (E) dé�nies sur R et 2π-périodiques non nulles ;

elles sont de la forme x 7→ λ∞∑

n=0

e−inx

(n!)2

3- ∀(x, t) ∈ R2, exp(2 cos(t) e−i x

2)

=∞∑

n=0

(2 cos(t) e−i x

2)n

n!(série exponentielle complexe convergente sur C)

exp(2 cos(t) e−i x

2)

=∞∑

n=0

2n cosn(t) e−i nx2

n!

Pour tout x, la fonction t 7→ exp(2 cos(t) e−i x

2)

est continue donc intégrable sur le segment [0, π]

donc ∀x ∈ R, g(x) =1π

∫ π

0

exp(2 cos(t) e−i x

2)dt =

1π

∫ π

0

( ∞∑n=0

2n cosn(t) e−i nx2

n!

)dt

Pour tout x �xé, la majoration

∣∣∣∣2n cosn(t) e−i nx2

n!

∣∣∣∣ ≤ 2n

n!montre que la série de fonctions de t,

∞∑n=0

2n cosn(t) e−i nx2

n!converge normalement donc uniformément sur le segment [0, π].

On peut alors écrire :

∫ π

0

( ∞∑n=0

2n cosn(t) e−i nx2

n!

)dt =

∞∑n=0

(∫ π

0

2n cosn(t) e−i nx2

n!dt

)donc ∀x ∈ R, g(x) =

1π

∞∑n=0

(∫ π

0

2n cosn(t) e−i nx2

n!dt

)=

1π

∞∑n=0

2n e−i nx2

n!

∫ π

0

cosn(t)dt

• Reste à calculer wn =∫ π

0

cosn(t)dt , intégrale ressemblant aux intégrales de Wallis (

∫ π2

0

cosn(t)dt)

21

∀n ∈ N, wn =∫ π

0

cosn−1(t) cos tdt =[cosn−1(t) sin t

]π0︸ ︷︷ ︸

=0

+(n− 1)∫ π

0

cosn−2 t sin2 tdt

wn = (n− 1)∫ π

0

cosn−2 t (1− cos2 t)dt = (n− 1)(wn−2 − wn)

=⇒ wn =n− 1

nwn−2

Pour n = 2p pair, w0 =∫ π

0

dt = π

w2 =12w0 =

12π

w4 =34w2 =

1.32.4

π

..... w2p =2p− 1

2pw2p−2 =

1.3....(2p− 1)2.4.....2p

π

et en multipliant haut et bas par 2.4.6...2p, on obtient : w2p =(2p)!

(2p p!)2

Pour n impair, w1 =∫ π

0

cos t dt = [sin t]π0 = 0 et par une récurrence immédiate, ∀p ∈ N, w2p+1 = 0

• d'où ∀x ∈ R, g(x) =1π

∞∑n=0

2n e−i nx2

n!

∫ π

0

cosn(t)dt =1π

∞∑p=0

22p e−i 2px2

(2p)!w2p

(seuls les indices pairs ont une contribution non nulle)

g(x) =1π

∞∑p=0

22p e−ipx

(2p)!(2p)!

(2p p!)2π =

∞∑p=0

e−ipx

(p!)2

En comparant au résultat obtenu dans la question 2, on en conclut que les solutions périodiques de l'équation

(E) sont les fonctions de la forme : y(x) =λ

π

∫ π

0

exp(2 cos(t) e−i x

2)dt

4.6 Calculs de limλ→+∞

(∫ b

a

f(t) sin λt dt

)et lim

λ→+∞

(∫ b

a

f(t)| sin λt|dt

):

1- Théorème de Lebesgue

a) Soit f une fonction de classe C1 sur [a, b]. Montrer que limλ→±∞

∫ b

a

f(t)eiλtdt = 0.

b) Soit f une fonction continue sur [a, b]. Montrer que limλ→±∞

∫ b

a

f(t)eiλtdt = 0.

On pourra d'abord montrer ce résultat pour des fonctions en escalier sur [a, b].

En déduire limλ→+∞

(∫ b

a

f(t) sinλt dt

)et lim

λ→+∞

(∫ b

a

f(t) cos λt dt

)

2- a) Montrer que ∀t ∈ R, | sin t| = 2π− 4

π

∞∑n=1

cos(2nt)4n2 − 1

b) Montrer que limλ→±∞

∫ b

a

f(t)| sinλt|dt =2π

∫ b

a

f(t)dt.

Solution :

1- a) Les fonctions f et exponentielle étant de classe C1 sur [a, b], on peut e�ectuer une intégration par partiescomme suit :

Pour tout λ ∈ R∗,∫ b

a

f(t)eiλtdt =[f(t)

eiλt

iλ

]b

a

+ i

∫ b

a

f ′(t)eiλt

λdt

=⇒

∣∣∣∣∣∫ b

a

f(t)eiλtdt

∣∣∣∣∣ ≤∣∣∣∣f(b)eiλb − f(a)eiλa

iλ

∣∣∣∣+∣∣∣∣∣i∫ b

a

f ′(t)eiλt

iλdt

∣∣∣∣∣=⇒

∣∣∣∣∣∫ b

a

f(t)eiλtdt

∣∣∣∣∣ ≤ 1|λ|

(|f(b)eiλb|+ |f(a)eiλa|+

∫ b

a

|f ′(t)eiλt|dt

)

=⇒

∣∣∣∣∣∫ b

a

f(t)eiλtdt

∣∣∣∣∣ ≤ 1|λ|

(|f(b)|+ |f(a)|+

∫ b

a

|f ′(t)|dt

)︸ ︷︷ ︸

independant de λ

22

cette majoration montre que limλ→±∞

∣∣∣∣∣∫ b

a

f(t)eiλtdt

∣∣∣∣∣ = 0 et établit le résultat demandé.

b) • Si la fonction f est constante sur [a, b], de valeur c ∈ C, alors∫ b

a

f(t)eiλtdt =∫ b

a

c eiλtdt = c

[eiλt

iλ

]b

a

= −i ceiλb − eiλa

λdonc

∣∣∣∣∣∫ b

a

f(t)eiλtdt

∣∣∣∣∣ ≤ 2|c||λ|

−−−−−→λ→+∞

0

• Si la fonction f est en escalier sur [a, b], il existe une subdivision a = x0 < x1 < ..... < xm−1 < xm = b telleque f est constante sur chaque intervalle ]x1, xi+1[.

alors

∫ b

a

f(t)eiλtdt =m−1∑k=0

∫ xi+1

xi

f(t)eiλtdt

et d'après l'étude qui précède, f étant constante sur chaque intervalle ]x1, xi+1[,

pour tout i ∈ {0, 1, ....,m− 1}, limλ→±∞

∫ xi+1

xi

f(t)eiλtdt = 0

d'où par addition, limλ→±∞

∫ b

a

f(t)eiλtdt = 0.

• Supposons en�n que la fonction f est continue sur [a, b].Soit ε > 0. On sait que toute fonction continue sur un segment est limite uniforme sur ce segment d'une

suite de fonctions en escalier.Donc il existe une fonction g en escalier sur [a, b] telle que ‖f − g‖[a,b]

∞ ≤ ε

2(b− a)

◦ ◦ ◦∫ b

a

f(t)eiλtdt =∫ b

a

(f(t)− g(t))eiλtdt +∫ b

a

g(t)eiλtdt

=⇒

∣∣∣∣∣∫ b

a

f(t)eiλtdt

∣∣∣∣∣ ≤∣∣∣∣∣∫ b

a

(f(t)− g(t))eiλtdt

∣∣∣∣∣+∣∣∣∣∣∫ b

a

g(t)eiλtdt

∣∣∣∣∣=⇒

∣∣∣∣∣∫ b

a

f(t)eiλtdt

∣∣∣∣∣ ≤∫ b

a

|f(t)− g(t)|︸ ︷︷ ︸≤‖f−g‖∞

. |eiλt|︸ ︷︷ ︸=1

dt +

∣∣∣∣∣∫ b

a

g(t)eiλtdt

∣∣∣∣∣=⇒

∣∣∣∣∣∫ b

a

f(t)eiλtdt

∣∣∣∣∣ ≤ ‖f − g‖∞∫ b

a

dt +

∣∣∣∣∣∫ b

a

g(t)eiλtdt

∣∣∣∣∣ ≤ ε

2+

∣∣∣∣∣∫ b

a

g(t)eiλtdt

∣∣∣∣∣◦ ◦ ◦ g étant une fonction en escalier, d'après l'étude précédente, lim

λ→±∞

∫ b

a

g(t)eiλtdt = 0.

donc il existe A ∈ R+ tel que |λ| ≥ A =⇒

∣∣∣∣∣∫ b

a

g(t)eiλtdt

∣∣∣∣∣ ≤ ε

2

donc pour tout λ ∈ R, |λ| ≥ A =⇒

∣∣∣∣∣∫ b

a

f(t)eiλtdt

∣∣∣∣∣ ≤ ε

2+

ε

2= ε

On a ainsi montré que :

∀ε > 0, ∃A ∈ R+, ∀λ ∈ R, |λ| ≥ A =⇒

∣∣∣∣∣∫ b

a

f(t)eiλtdt

∣∣∣∣∣ ≤ ε c'est à dire que :

limλ→±∞

∫ b

a

f(t)eiλtdt = 0

En écrivant cos(λt) =eiλt + e−iλt

2et sin(λt) =

eiλt − e−iλt

2iet en appliquant le résultat précédent, on en

déduit que :

limλ→+∞

(∫ b

a

f(t) sinλt dt

)et lim

λ→+∞

(∫ b

a

f(t) cos λt dt

)

2- a) La fonction t 7→ | sin t| est continue sur R et 2π-périodique, ses coe�cients de Fourier sont donc dé�nis.Les coe�cients bn sont nuls puisque la fonction est paire.

∀n ∈ N, an =1π

∫ π

−π

| sin t| cos(nt)dt =2π

∫ π

0

sin t cos(nt)dt

an =1π

∫ π

0

( sin(t + nt) + sin(t− nt) )dt ( sin a cos b = 12 (sin(a + b) + sin(a− b) )

∀n ∈ N− {1}, an =1π

[− cos((1 + n)t)

1 + n+− cos((1− n)t)

1− n

]π

0

=1π

[(−1)n + 1

1 + n+

(−1)n + 11− n

]d'où ∀p ∈ N∗, a2p+1 = 0 et a2p =

4π(1− 4p2)

En�n, a0 =4π

et a1 =2π

∫ π

0

sin t cos t dt =1π

∫ π

0

sin(2t)dt = 0

23

La série de Fourier de la fonction t 7→ | sin t| est donc : S(t) =2π

+4π

∞∑p=1

cos(2pt)1− 4p2

La fonction g : t 7→ | sin t| est 2π-périodique, C1 par morceaux et continue sur R. On en conclut, par lethéorème de Dirichlet, que sa série de Fourier converge en tout point de R et que ∀t ∈ R, Sg(t) = g(t)

Donc ∀t ∈ R, | sin t| = 2π

+4π

∞∑p=1

cos(2pt)1− 4p2

=2π− 4

π

∞∑n=1

cos(2nt)4n2 − 1

b) • Pour tout λ ∈ R∗,∫ b

a

f(t)| sinλt|dt =∫ b

a

f(t)

(2π− 4

π

∞∑n=1

cos(2nλt)4n2 − 1

)dt∫ b

a

f(t)| sinλt|dt =2π

∫ b

a

f(t)dt− 4π

∫ b

a

( ∞∑n=1

f(t)cos(2nλt)4n2 − 1

)dt∫ b

a

f(t)| sinλt|dt =2π

∫ b

a

f(t)dt− 4π

∫ b

a

( ∞∑n=1

un(t)

)dt en posant un(t) =

cos(2nλt) f(t)4n2 − 1

La fonction f est continue et donc bornée sur le segment [a, b] : ∀t ∈ [a, b], |f(t)| ≤ ‖f‖[a,b]∞

∀t ∈ [a, b], |un(t)| = | cos(2nλt) f(t)|4n2 − 1

≤ |f(t)|4n2 − 1

≤ ‖f‖[a,b]∞

4n2 − 1ce dernier majorant étant indépendant de t,

on en déduit :

‖un‖[a,b]∞ = sup

t∈[a,b]

|un(t)| ≤ ‖f‖[a,b]∞

4n2 − 1

donc, par majoration, la série∑‖un‖[a,b]

∞ converge et la série de fonctions∑

un( ) converge normalementet donc uniformément sur [a, b].

Il s'ensuit que

∫ b

a

( ∞∑n=1

un(t)

)dt =

∞∑n=1

(∫ b

a

un(t) dt

)

d'où

∫ b

a

f(t)| sinλt|dt =2π

∫ b

a

f(t)dt− 4π

∞∑n=1

(∫ b

a

cos(2nλt) f(t)4n2 − 1

)dt

• en posant vn(λ) =∫ b

a

cos(2nλt) f(t)4n2 − 1

dt , on obtient :∫ b

a

f(t)| sinλt|dt =2π

∫ b

a

f(t)dt− 4π

∞∑n=1

vn(λ) (1)

- d'après la question 1, ∀n ∈ N∗, limλ→±∞

∫ b

a

f(t) cos(2nλt)dt = 0 donc limλ→+∞

vn(λ) = 0

- ∀λ ∈ R∗, |vn(λ)| =

∣∣∣∣∣∫ b

a

cos(2nλt) f(t)4n2 − 1

dt

∣∣∣∣∣ ≤ (b− a)‖f‖[a,b]∞

4n2 − 1, ce qui montre la convergence normale et

uniforme de la série de fonctions∑

vn( ) sur ]0,+∞[. On en déduit que :

limλ→+∞

( ∞∑n=1

vn(λ)

)=

∞∑n=1

(lim

λ→+∞vn(λ)

)=

∞∑n=1

0 = 0

En reportant dans l'égalité (1), on en déduit �nalement que :

limλ→+∞

(∫ b

a

f(t)| sinλt|dt

)=

2π

∫ b

a

f(t)dt− 4π

limλ→+∞

( ∞∑n=1

vn(λ)

)=

2π

∫ b

a

f(t)dt

Donc limλ→+∞

(∫ b

a

f(t)| sinλt|dt

)=

2π

∫ b

a

f(t)dt

4.7 Suite ayant deux limites :

On note En l'espace vectoriel des polynômes trigonométriques de degré n, c'est à dire l'ensemble des fonctions

de R dans C de la forme x 7→n∑

k=−n

ckeikx où (c−n, c−n+1, ..., c−1, c0, c1, ..., cn−1, cn) ∈ R2n+1, et E =⊔n∈N

En

l'espace vectoriel des polynômes trigonométriques de degré quelconque (mais �ni, à ne pas confondre avec lesséries trigonométriques)

Par dé�nition, un polynôme trigonométrique est nul si tous ses coe�cients sont nuls, deux polynômestrigonométriques sont égaux si tous leurs coe�cients sont respectivement égaux.

1- Montrer que l'application N1 qui à P ∈ E fait correspondre N1(P ) = supx∈[0,1]

|P (x)| est une norme sur E.

Même question pour N2 : P 7→ supx∈[−1,0]

|P (x)|

24

2- On considère la fonction g , 2π-périodique telle que :- ∀x ∈ [−1, 0], g(x) = 1- ∀x ∈]0, 1[, g(x) = e2ix

Déterminer la série de Fourier exponentielle de g et étudier sa convergence.Montrer que la série de Fourier converge uniformément sur R.

3- On note Sn, g(x) le polynôme trigonométrique

n∑k=−n

ck(g)eikx

Etudier la convergence de la suite (Sn, g)n≥0 dans les espaces vectoriel normés (E,N1) et (E,N2).Commentaires ?

Solution :

1- • Soit P (x) =n∑

k=−n

ckeikx ∈ E tel que N1(P ) = 0

alors ∀x ∈ [0, 1],n∑

k=−n

ckeikx = e−inx2n∑

k=0

ck−neikx = 0

donc ∀x ∈ [0, 1],2n∑

k=0

ck−n(eix)k = 0. Le polynôme Q(X) =2n∑

k=0

ck−n(X)k admet donc une in�nité de

racines, à savoir tous les complexes de la forme eix lorsque x décrit [0, 1]. C'est donc le polynôme nul , ce quisigni�e que tous ses coe�cienst sont nuls, c'est à dire ∀k ∈ {−n,−(n− 1), ..., n− 1, n}, ck = 0.

P est donc le polynôme trigonométrique nul.• Les relations : ∀P ∈ E, ∀λ ∈ C, N1(λ.P ) = λ.N1(P )

et : ∀P,Q ∈ E, N1(P + Q) ≤ N1(P ) + N1(Q)se démontrent comme pour toute norme uniforme.

Donc N1 est une norme sur E.• Un raisonnement analogue montre que N2 est une norme sur E.

2- • ∀n ∈ Z, cn(g) =12π

∫ π

−π

g(t)e−intdt =12π

(∫ 0

−π

e−intdt +∫ π

0

e2ite−intdt

)si n 6= 0 et n 6= 2, cn(g) =

12π

([e−int

−in

]0−π

+[

e−i(n−2)t

−i(n− 2)

]π

0

)=

12π

(1− (−1)n

−in+

(−1)n−2 − 1−i(n− 2)

)d'où c2p(g) = 0

et c2p+1(g) =12π

(2

−i(2p + 1)+

2i(2p− 1)

)=

2i

π(1− 4p2)

c0(g) =12π

(∫ 0

−π

dt +∫ π

0

e2itdt

)=

12π

(π +

[e2it

2i

]π

0

)=

12

c2(g) =12π

(∫ 0

−π

e−2itdt +∫ π

0

dt

)=

12π

([e−2it

−2i

]0−π

+ π

)=

12

La série de Fourier de g est Sg(x) =12

+12e2ix +

∑p∈Z

2i

π(1− 4p2)ei(2p+1)x

La restriction de g à chacun des ouverts ]−π, 0[ et ]0, π[ est prolongeable au fermé correspondant en une fonctionde classe C1 (la fonction constante 1 pour le premier intervalle, la fonction x 7→ e2ix pour le second). g estdonc C1 par morceaux sur [−π, π] et sur R par périodicité.

Par ailleurs, • limx→0−

g(x) = 1 = g(0) (car g(x) = 1 sur [−π, 0])

limx→0+

g(x) = 1 (car g(x) = e2ix sur ]0, π[)

g est donc continue au point 0.• lim

x→π−g(x) = e2iπ = 1 (car g(x) = e2ix sur ]0, π[)

• limx→π+

g(x) = limx→−π+

g(x) = 1 = g(−π) = g(π) (car g(x) = 1 sur [−π, 0] et périodique)

g est donc continue au point π.Finalement, par périodicité, g est continue sur R et de classe C1 par morceaux.D'après le théorème de Dirichlet, on peut a�rmer que la série de Fourier de g converge en tout point de R

et que sa somme est g(x) en tout point. Par ailleurs la série converge normalement et donc uniformément surR.

3- On vient de voir que limn→+∞

‖Sn, g − g‖∞R = 0

donc, par majoration, limn→+∞

‖Sn, g − g‖∞[−π,0] = 0 et limn→+∞

‖Sn, g − g‖∞[0,π] = 0

25

c'est à dire limn→+∞

‖Sn, g(x)− 1‖∞[−π,0] = 0 et limn→+∞

‖Sn, g(x)− e2ix‖∞[0,π] = 0

soit encore limn→+∞

N1(Sn, g − 1) = 0 et limn→+∞

N2(Sn, g − e2ix) = 0

On en conclut que limn→+∞

Sn, g = 1 dans (E,N1) et limn→+∞

Sn, g = e2ix dans (E,N2)

La même suite (Sn, g)n∈N n'a donc pas la même limite dans l'espace vectoriel E suivant qu'on le munisse dela norme N1 ou de la norme N2.

Les normes N1 et N2 ne sont donc pas équivalentes. (ce qui est possible puisque E n'est pas de dimension�nie)

4.8 Théorème de Fejer :

Dans toute l'étude, pour tout k ∈ Z, ek est la fonction dé�nie par :

∀x ∈ R, ek(x) = eikx

1- Soient f et g deux fonctions continues et 2π-périodique.On dé�nit leur produit de convolution par :

(f ∗ g)(x) =12π

∫ π

−π

f(x− t)g(t)dt

a) Montrer que f ∗ g est continue, 2π-périodique, et que f ∗ g = g ∗ f .b) Montrer que ∀n ∈ Z, cn(f ∗ g) = cn(f) cn(g)c) Calculer f ∗ ek.

2 - Pour tout n ∈ N, on dé�nit Dn =n∑

k=−n

ek = e−n + e−n+1 + ... + e−1 + e0 + e1 + ... + en−1 + en

(L'application Dn est appelée "noyau de Dirichlet")

et Kn =D0 + D1 + ... + Dn

n + 1

a) Montrer que si x /∈ 2πZ, Dn(x) =sin(n + 1

2 )xsin(x

2 )

et que Kn(x) =1

n + 1

(sin( (n+1)x

2 )sin(x

2 )

)2

En déduire que la suite (Kn)n∈N converge uniformément vers 0 sur [−π,−a] et sur [a, π] pour tout a ∈]0,−π[

b) Montrer que f ∗Dn est un polynôme trigonométrique. Que représente-t-il pour la fonction f ?

3 - a) Calculer

∫ π

−π

ek(t)dt pour tout entier k ∈ Z.

Montrer que12π

∫ π

−π

Kn(t)dt = 1

b) Montrer que la suite de fonctions (f ∗Kn)n≥1 converge uniformément sur R vers la fonction f .

4 - Polynômes de Tchebychev :Soit n ∈ Na ) Calculer une expression de cos(nx) en fonction de cos x, et en déduire l'existence d'un polynôme Tn tel

que : ∀x ∈ R, cos(nx) = Tn(cos x) .Montrer qu'il existe un seul polynôme véri�ant cette dernière propriété . En donner un développement

explicite.b) Montrer que : ∀n ≥ 1, Tn+1(X) = 2X Tn(X)− Tn−1(X).

5 - Théorème de Weïerstrass :L'objet est de démontrer le téhorème de Weïerstrass : Toute fonction continue sur un segment [a, b] est

limite uniforme sur ce segment d'une suite de fonctions polynomiales.Une application f continue de [a, b] dans R étant donnée, on se ramène au segment [−1, 1] par la fonction

composée g = foϕ où ϕ(t) = a+b2 + b−a

2 t. (ainsi g(−1) = f(a) et g(1) = f(b))

Soit g une fonction réelle dé�nie et continue sur le segment [−1, 1].a) Montrer que la fonction h = go cos (∀x ∈ R, h(x) = g(cos(x))) est 2π-périodique et continue sur R.

26

Montrer que pour tout entier n ∈ N, h ∗Kn est un polynôme trigonométrique pair, qui peut s'écrire commeune combinaison linéaire �nie des fonctions (x 7→ cos(kx)), k ∈ N

b) En déduire que toute fonction continue sur le segment [−1, 1] est la limite pour la norme uniforme

‖ ‖[−1,1]∞ d'une suite de fonction polynomiales.

Solution :

1- a) • f et g étant continues sur R,- pour tout t ∈ [−π, π] , la fonction x 7→ f(x− t)g(t) est continue sur R,- pour tout x ∈ R , la fonction t 7→ f(x− t)g(t) est continue et donc intégrable sur le segment [−π, π],- pour tout (x, t) ∈ R × [−π, π], |f(x − t)g(t)| ≤ ‖f‖R

∞ . ‖g‖R∞ (f et g sont bornées sur R car sont

continues et périodiques)On en déduit, par le théorème de continuité des intégrales fonctions d'un paramètre, que la fonction f ∗ g :

x 7→ 12π

∫ π

−π

f(x− t)g(t)dt est continue sur R.

• ∀x ∈ R, (f ∗ g)(x + 2π) =12π

∫ π

−π

f(x + 2π − t)g(t)dt =12π

∫ π

−π

f(x− t)g(t)dt = (f ∗ g)(x)

(car f est 2π-périodique).donc f ∗ g est 2π-périodique.

• ∀x ∈ R, (g ∗ f)(x) =12π

∫ π

−π

g(x− t)f(t)dt =12π

∫ x−π

x+π

g(u)f(x− u)(−du)

(par le changement de variable x− t = u )

=12π

∫ −π

π

g(u)f(x− u)(−du) (la fonction intégrée est 2π-périodique)

=12π

∫ π

−π

g(u)f(x− u)du = (f ∗ g)(x)

b) ∀n ∈ Z, cn(f ∗ g) =12π

∫ π

−π

(f ∗ g)(x)e−inxdx =12π

∫ π

−π

(12π

∫ π

−π

f(x− t)g(t)dt

)e−inxdx

cn(f ∗ g) =1

4π2

∫ π

−π

(∫ π

−π

f(x− t)g(t)e−inxdt

)dx

La fonction (x, t) 7→ f(x − t)g(t)e−inx étant continue sur [−π, π] × [−π, π] comme composée de fonctionscontinues, d'après le théorème de Fubini,

cn(f ∗ g) =1

4π2

∫ π

−π

(∫ π

−π

f(x− t)g(t)e−inxdx

)dt =

14π2

∫ π

−π

(∫ π

−π

f(u)g(t)e−in(t+u)du

)dt

(par le changement de variable x− t = u dans l'intégrale∫ π

−πf(x− t)g(t)e−inxdx )

cn(f ∗ g) =1

4π2

∫ π

−π

e−intg(t)(∫ π

−π

f(u)e−inudu

)dt =

12π

∫ π

−π

e−intg(t)cn(f)dt

d'où �nalement, cn(f ∗ g) =cn(f)2π

∫ π

−π

g(t)e−intdt = cn(f).cn(g)

c) ∀x ∈ R, (f ∗ ek)(x) = (ek ∗ f)(x) =12π

∫ π

−π

ek(x− t)f(t)dt =12π

∫ π

−π

eik(x−t)f(t)dt

(f ∗ ek)(x) =eikx

2π

∫ π

−π

f(t)e−iktdt =(

12π

∫ π

−π

f(t)e−iktdt

)eikx = ck(f) ek(x)

ainsi, f ∗ ek = ck(f) .ek

2 - a)• ∀x /∈ 2πZ, eix 6= 1, on peut sommer les premiers de la suite géométrique comme suit :

Dn(x) =n∑

k=−n

eikx = e−inx(1 + eix + e2ix + e3ix + ... + e2inx) = e−inx 1− ei(2n+1)x

1− eix

Dn(x) = e−inx ei( 2n+12 )x

ei x2︸ ︷︷ ︸

=1

e−i( 2n+12 )x − ei( 2n+1

2 )x

e−i x2 − ei x

2=−2i sin(n + 1

2 )x−2i sin(x

2 )=

sin(n + 12 )x

sin(x2 )

• ∀x /∈ 2πZ, Kn(x) =1

n + 1

n∑k=0

Dk(x) =1

(n + 1) sin(x2 )

n∑k=0

sin(

k +12

)x

Kn(x) =1

(n + 1) sin(x2 )=m

(n∑

k=0

ei(k+ 12 )x

)=

1(n + 1) sin(x

2 )=m

(ei x

2

n∑k=0

eikx

)

Kn(x) =1

(n + 1) sin(x2 )=m

(ei x

21− ei(n+1)x

1− eix

)=

1(n + 1) sin(x

2 )=m

(ei x

2ei n+1

2 x

ei x2

sin n+12 x

sin x2

)

27

Kn(x) =1

(n + 1) sin(x2 )=m

(ei n+1

2 x sin n+12 x

sin x2

)=

1n + 1

(sin( (n+1)x

2 )sin(x

2 )

)2

• Soit a ∈]0, π[. Pour tout x ∈ [a, π], a2 ≤

x2 ≤

π2 donc 0 < sin(a

2 ) ≤ sin(x2 ) ≤ 1

et donc 0 ≤ Kn(x) =1

n + 1

(sin( (n+1)x

2 )sin(x

2 )

)2

≤ 1(n + 1)

1sin2(a

2 )

d'où ‖Kn‖[a,π]∞ ≤ 1

(n + 1) sin2(a2 )

−−−−−→n→+∞

0 , ce qui montre que la suite de fonctions (Kn)n∈N converge

uniformément vers 0 sur [a, π] pour tout a ∈]0,−π[ .Kn étant paire, cette démonstration vaut aussi pour l'intervalle [−π,−a]

b) L'application (f, g) 7→ f ∗ g est clairement bilinéaire.

f ∗Dn = f ∗

(n∑

k=−n

ek

)=

n∑k=−n

f ∗ ek =n∑

k=−n

ck(f)ek

f ∗Dn(x) représente donc la somme partielle de rang n de la série de Fourier de f prise au point x.C'est un polynôme trigonométrique.

3 - a) •∫ π

−π

ek(t)dt =∫ π

−π

eiktdt =

2π si k = 0[eikt

ik

]π

−π

=eikπ − e−ikπ

ik= 0 si k 6= 0

• On en déduit que

∫ π

−π

Dn(t)dt =n∑

k=−n

∫ π

−π

ek(t)dt = 2π

(seul le terme pour k = 0 a une contribution non nulle)

puis que12π

∫ π

−π

Kn(t)dt =1

2π(n + 1)

n∑k=0

(∫ π

−π

Dk(t)dt︸ ︷︷ ︸=2π

) =1

2π(n + 1)(n + 1)2π = 1

b) Pour tout x ∈ R, f ∗Kn(x)− f(x) =12π

∫ π

−π

f(x− t)Kn(t)dt− f(x) .12π

∫ π

−π

Kn(t)dt︸ ︷︷ ︸=1

=⇒ |f ∗Kn(x)− f(x)| = 12π

∣∣∣∣∫ π

−π

(f(x− t)− f(x))Kn(t)dt

∣∣∣∣ ≤ 12π

∫ π

−π

|f(x− t)− f(x)|Kn(t)dt

Soit ε > 0 . f est continue sur le segment [−π, π] donc est uniformément continue sur ce segment, et sur Rpar périodicité.

ainsi ∃η > 0, ∀x, y ∈ R, |x− y| < η =⇒ |f(x)− f(y)| < εdonc pour tout t ∈ [−η, η], |f(x− t)− f(x)| < ε (puisqu'alors |(x− t)− x| = |t| < η)

donc12π

∫ η

−η

|f(x− t)− f(x)|︸ ︷︷ ︸≤ε

Kn(t)dt ≤ ε

2π

∫ η

−η

Kn(t)dt ≤ ε

2π

∫ π

−π

Kn(t)dt = ε (1)

par ailleurs,12π

∫ −η

−π

|f(x− t)− f(x)|Kn(t)dt +12π

∫ π

η

|f(x− t)− f(x)|Kn(t)dt

≤‖Kn‖∞[η,π]

2π

(∫ −η

−π

|f(x− t)− f(x)|dt +∫ π

η

|f(x− t)− f(x)|dt

)(Kn est paire)

≤‖Kn‖∞[η,π]

2π

∫ π

−π

2‖f‖∞R dt ≤ 2‖Kn‖∞[η,π]‖f‖∞R

Or la suite de fonctions (Kn( )) converge uniformément sur [η, π] vers la fonction nulle.

Donc ∃n0, ∀n ≥ n0, ‖Kn‖∞[η,π] ≤ε

2‖f‖∞Ret donc ∀n ≥ n0,

12π

∫ −η

−π

|f(x− t)− f(x)|Kn(t)dt +12π

∫ π

η

|f(x− t)− f(x)|Kn(t)dt ≤ ε (2)

En sommant (1) et (2), pour tout x réel,∀n ≥ n0, |f ∗Kn(x)− f(x)| ≤ 2ε et donc ‖f ∗Kn − f‖∞R ≤ 2ε

On a ainsi montré que : ∀ε > 0, ∃n0 ∈ N, ∀n ≥ n0, ‖f ∗ Kn − f‖∞R ≤ 2ε , c'est à dire que la suite defonctions (f ∗Kn)n≥1 converge uniformément sur R vers la fonction f .

4- a) • ∀x ∈ R, cos(nx) = Re(einx) = Re((eix)n) = Re((cos x + i sinx)n)

= Re

(n∑

k=0

(nk

)(cos x)n−k(i sinx)k

)

28

=E( n

2 )∑h=0

(n2h

)(cos x)n−2h(−1)h(sin2 x)h =

E( n2 )∑

h=0

(n2h

)(−1)h(cos x)n−2h(1− cos2 x)h

En posant Tn(X) =E( n

2 )∑h=0

(n2h

)(−1)hXn−2h(1 −X2)h on dé�nit bien un polynôme de R[X] qui véri�e

la propriété : ∀x ∈ R, cos(nx) = Tn(cos x) .• Si un autre polynôme Un(X) véri�e la même propriété, alors,

∀x ∈ R, Tn(cos x)− Un(cos x) = cos(nx)− cos(nx) = 0 .Le polynôme Tn − Un , ayant une in�nité de racines, est le polynôme nul et Tn = Un.

b) ∀x ∈ R, Tn+1(cos x) + Tn−1(cos x) = cos(n + 1)x + cos(n− 1)x = 2 cos x cos(nx) = 2 cos x Tn(cos x)(d'après la relation cos p + cos q = 2 cos p+q

2 cos p−q2 )

Le polynôme Tn+1(X) + Tn−1(X)− 2X Tn(X) admettant une in�nité de racines, est le polynôme nul doncTn+1(X) = 2X Tn(X)− Tn−1(X)

5- a) h = go cos est 2π-périodique car la fonction x 7→ cos(x) l'est, et continue comme composée de deuxfonctions continues.

Soit n ∈ Z .On sait que h ∗Dn est la somme partielle de rang n de la série de Fourier de la fonction h .

(d'après la question 2-b )donc h ∗Dn s'écrit aussi :

h ∗ Dn(x) =a0(h)

2+

n∑k=1

( ak(h) cos(kx) + bk(h) sin(kx) ) =a0(h)

2+

n∑k=1

ak(h) cos(kx) puisque les

coe�cients bn sont nuls par parité de la fonction h.

donc ∀x ∈ R, h ∗Dn(x) =a0(h)

2+

n∑k=1

ak(h)Tk(cos(x))

En posant Pn(X) =a0(h)

2+

n∑k=1

ak(h)Tk(X) , Pn(X) est un polynôme de Rn[X] qui véri�e :

∀x ∈ R, h ∗Dn(x) = Pn(cos(x))

et alors ∀x ∈ R, h ∗Kn(x) = h ∗

(1

n + 1

n∑k=0

Dk

)(x) =

1n + 1

(n∑

k=0

h ∗Dk(x)

)=

1n + 1

n∑k=0

Pk(cos(x))

En posant Qn(X) =1

n + 1

n∑k=0

Pk(X) , Qn(X) est un polynôme de Rn[X] qui véri�e :

∀x ∈ R, h ∗Kn(x) = Qn(cos(x))Or ‖h ∗Kn − h‖R

∞ = supx∈R

|h ∗Kn(x)− h(x)| = supx∈R

|Qn(cos x)− g(cos x)| = supt∈[−1,1]

|Qn(t)− g(t)| = ‖Qn − g‖[−1,1]∞

et puisque limn→+∞

‖h ∗Kn − h‖R∞ = 0 (d'après 3-b) , il s'ensuit que lim

n→+∞‖Qn − g‖[−1,1]

∞ = 0 , ce qui

montre que la suite des fonctions polynomiales (Qn)n≥1 converge uniformément sur [−1, 1] vers la fonction g.

29