Solutions
Puisque f (k) est continue sur [−π , π], d’après le résultat de I.4.11, on a
lim
n→+∞
π
−π
f
(k) (x) sin nx dx = lim
n→+∞
π
−π
f
(k) (x) cos nx dx = 0.
II.5.7. On a
s n (x) =
1
2π
π
−π
f (t) dt +
n
k=1
1
π
π
−π
f (t)(cos kt cos kx + sin kt sin kx) dt
=
1
π
π
−π
f (t)
1
2
+
n
k=1
cos k(t − x)
dt
=
1
π
π
−π
f (t)
sin
n +
1
2
(t − x)
2 sin
1
2 (t − x)
dt,
la dernière égalité se déduisant de l’identité trigonométrique bien connue
1
2
+
n
k=1
cos kα =
sin
n +
1
2
α
2 sin
1
2 α
, α = 2mπ, m ∈ Z.
II.5.8. Comme dans la solution de I.4.8, on peut montrer que si f est périodique de période 2π et intégrable sur [−π , π], on a alors, pour tout x réel,
π+x
−π+x
f (t) dt =
π
−π
f (t) dt.
On obtient donc, en utilisant la formule démontrée en II.5.7,
s n (x) =
1
π
π+x
−π+x
f (t)
sin
n +
1
2
(t − x)
2 sin
1
2 (t − x)
dt
=
π
−π
f (t + x)
sin
n +
1
2
t
2 sin
1
2 t
dt,
la dernière égalité se déduisant de la formule de changement de variable pour
l’intégrale de Lebesgue (voir II.4.13). D’où,
s n (x) =
1
π
0
−π
f (t + x)
sin
n +
1
2
t
2 sin
1
2 t
dt +
1
π
π
0
f (t + x)
sin
n +
1
2
t
2 sin
1
2 t
dt
=
1
π
π
0
f (x − t)
sin
n +
1
2
t
2 sin
1
2 t
dt +
1
π
π
0
f (t + x)
sin
n +
1
2
t
2 sin
1
2 t
dt.
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