Solutions
(d) On pose
F n (x) = 2π
x
0
√
n sin
2n (2πt) dt.
Puisque
√ n sin
2n (2πt) tend vers 0 uniformément sur [0 , x], 0 < x <
1
4 ,
on voit que lim
n→+∞
F n (x) = 0 pour 0 x <
1
4 . On remarque aussi que
F n
1
4
=
π/2
0
√
n sin
2n (t) dt =
√
n
(2n − 1)!!
(2n)!!
.
On déduit de la formule de Wallis (voir, par exemple, III.8.38 (vol. I))
que
lim
n→+∞
F n
1
4
=
1
√ π
.
Si maintenant
1
4 < x <
1
2 , alors
F n (x) =
2πx
0
√
n sin
2n t dt =
π
0
√
n sin
2n t dt −
π
2πx
√
n sin
2n t dt
= 2F n
1
4
−
π
2πx
√
n sin
2n t dt.
Comme précédemment,
lim
n→+∞
π
2πx
√
n sin
2n t dt = 0.
Donc,
lim
n→+∞
F n (x) =
2
√
π
si x ∈
1
4
,
3
4
.
Une analyse semblable donne
lim
n→+∞
F n (x) =
⎧
⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨
⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩
0 si x ∈
0,
1
4
,
1
√
π
si x =
1
4 ,
2
√
π
si x ∈
1
4 ,
3
4
,
3
√
π
si x =
3
4 ,
4
√
π
si x ∈
3
4 , 1
.
Comme en (a), on écrit
2π
√
n
1
0
f (x) sin
2n (2πx) dx =
1
0
f (x) d(F n (x))
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