Exo Maths X MP #40 - Polynôme trigonométrique d'une fonction

Exos Maths X MP

Publié

Révisé

December 30, 2020

Il y a 3 années

Exercice d'oral de maths de Polytechnique filière MP tombé en 2019.

Soit $f : R \to C$ une fonction dérivable $2 π$ -périodique.

Posons $c_{n} (f) = \frac{1}{2 π} \int_{0}^{2 π} f (t) e^{i n t} d t$ .

Montrer que $\sum_{k = - n}^{n} c_{k} (f) e^{- i k x} n \to \infty f (x)$ .

Merci au polytechnicien qui a souhaité rester anonyme d'avoir partagé l'exercice qu'il a eu à l'oral de l'X ! Pour partager les tiens, contacte Lucas Willems.

Correction

Bravo à Saad Souilmi (MP, Moulay Abdellah) d'avoir réussi à résoudre cet exercice et merci à lui d'avoir rédigé une correction !

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Soit $f : R \to C$ une fonction dérivable $2 π$ -périodique. Soit $x \in R$ . On note :

s_{n} (f) (x) = k = - n \sum n c_{k} (f) e^{- i k x}

On veut montrer que $s_{n} (f) (x) n \to \infty f (x)$ .

On remarque d'une part que $\int_{0}^{2 π} e^{- i 0 t} d t = 2 π$ , que $\int_{0}^{2 π} e^{- k t} (t) d t = 0$ pour $k \in Z^{*}$ et donc que :

f (x) = \frac{1}{2 π} \int_{0}^{2 π} f (x) (k = - n \sum n e^{- i k t}) d t

On remarque d'autre part que :

s_{n} (f) (x) = k = - n \sum n (\frac{1}{2 π} \int_{0}^{2 π} f (t) e^{i k t} d t) e^{- i k x} = \frac{1}{2 π} \int_{0}^{2 π} f (t) (k = - n \sum n e^{- i k (x - t)}) d t

En faisant le changement de variable $u = x - t$ et en utilisant la $2 π$ -périodicité de $f$ :

s_{n} (f) (x) = \frac{1}{2 π} \int_{0}^{2 π} f (x - t) (k = - n \sum n e^{- i k t}) d t

On étudie maintenant la différence :

s_{n} (f) (x) - f (x) = \frac{1}{2 π} \int_{0}^{2 π} [f (x - t) - f (x)] (k = - n \sum n e^{- i k t}) d t

Or pour $t \in] 0, 2 π [$ :

k = - n \sum n e^{- i k t} = e^{i n t} \frac{1 - e ^{- i (2 n + 1) t}}{1 - e ^{- i t}} = \frac{sin ( \frac{2 n + 1}{2} t )}{sin ( \frac{t}{2} )}

Donc :

s_{n} (f) (x) - f (x) = \frac{1}{2 π} \int_{0}^{2 π} [f (x - t) - f (x)] \frac{sin ( \frac{2 n + 1}{2} t )}{sin ( \frac{t}{2} )} d t

On introduit la fonction $φ$ :

φ : t ⟼ \frac{f ( x - t ) - f ( x )}{sin ( \frac{t}{2} )}

$φ$ est continue sur $] 0, 2 π [$ et admet une limite en $0$ et $2 π$ :

φ (t) t \to 0^{+} \sim \frac{- f ^{'} ( x ) t}{\frac{1}{2} t} = - 2 f^{'} (x)

φ (2 π - t) = \frac{f ( x - 2 π + t ) - f ( x )}{sin ( π - \frac{t}{2} )} = \frac{f ( x + t ) - f ( x )}{sin ( \frac{t}{2} )} t \to 0^{+} \sim 2 f^{'} (x)

Donc $φ$ admet un prolongement continu $φ$ sur $[0, 2 π]$ . Ainsi :

s_{n} (f) (x) - f (x) = \frac{1}{2 π} \int_{0}^{2 π} φ (t) sin (\frac{2 n + 1}{2} t) d t

On suppose dans un premier temps que $φ$ est de classe $C^{1}$ . Alors :

∣ ∣ ∣ ∣ ∣ \int_{0}^{2 π} φ (t) sin (\frac{2 n + 1}{2} t) d t ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ [φ (t) \frac{sin ( \frac{2 n + 1}{2} t )}{\frac{2 n + 1}{2}}]_{0}^{2 π} - \int_{0}^{2 π} φ^{'} (t) \frac{sin ( \frac{2 n + 1}{2} t )}{\frac{2 n + 1}{2}} d t ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ \leq \frac{2 ∥ φ ∥ _{\infty} + 2 π ∥ φ ^{'} ∥ _{\infty}}{\frac{2 n + 1}{2}} n \to \infty 0

On ne suppose plus $φ$ de classe $C^{1}$ . La suite de fonctions $φ_{p} : x \mapsto p \int_{x}^{x + \frac{1}{p}} φ (t) d t$ de classe $C^{1}$ converge uniformément vers $φ$ . Pour $p$ assez grand, $∣ ∣ φ - φ_{p} ∣ ∣_{\infty} \leq \frac{ε}{4 π}$ , et pour tout $n \geq n_{0}$ , $∣ ∣ ∣ ∣ \int_{0}^{2 π} φ_{p} (t) sin (\frac{2 n + 1}{2} t) d t ∣ ∣ ∣ ∣ \leq \frac{ε}{2}$ :

∣ ∣ ∣ ∣ ∣ \int_{0}^{2 π} φ (t) sin (\frac{2 n + 1}{2} t) d t ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ \leq ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ \int_{0}^{2 π} (φ (t) - φ_{p} (t)) sin (\frac{2 n + 1}{2} t) d t ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ + ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ \int_{0}^{2 π} φ_{p} (t) sin (\frac{2 n + 1}{2} t) d t ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ \leq \frac{ε}{2} + \frac{ε}{2} = ε

Ainsi :

∣ ∣ ∣ ∣ ∣ \int_{0}^{2 π} φ (t) sin (\frac{2 n + 1}{2} t) d t ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ n \to \infty 0

C'est-à-dire :

s_{n} (f) (x) n \to \infty f (x)

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