Solutions
II.5.13. Si f (x) =
+∞
n=1
cos nx
n 2 , alors, d’après le résultat du problème précédent, f (x) = −
π−x
2 . Puisque f (0) =
π 2
6 , on voit que f (x) =
π 2
6 −
πx
2 +
x 2
4 . De
même, si on pose
g(x) =
+∞
n=1
sin nx
n 3 ,
alors g (x) = −
π−x
2 et g (0) =
π 2
6 . Donc, g(x) =
x 3
12 −
πx 2
4 +
π 2 x
6 .
II.5.14. La fonction f définie dans la solution de II.5.12 est à variation
bornée sur [−π , π] mais b n =
1
n n’est pas un o(n −1 ).
II.5.15. On a
s
n (x) =
n
k=1
cos kx =
cos
(n+1)x
2
sin
nx
2
sin
x
2
.
Donc x n =
π
n+1 et
s n
π
n + 1
=
n
k=1
sin
kπ
n+1
kπ
n+1
π
n + 1
− −−−− →
n→+∞
π
0
sin x
x
dx.
On remarque que, d’après le test de Dirichlet-Jordan (voir II.5.10),
lim
n→+∞
s n (x) = f (x) pour x ∈ ]0 , 2π[ et lim
n→+∞
s n (0) = 0 = lim
n→+∞
s n (2π)
et, d’après ce qui précède, la convergence de {s n } ne peut pas être uniforme
sur [0 , 2π].
II.5.16. On pose f (x) = e ax pour 0 < x < 2π, f (0) =
1+e 2πa
2
et on prolonge
cette fonction à R en une fonction 2π-périodique. On voit, en appliquant le
test de Dirichlet-Jordan (voir II.5.10), que la série de Fourier de f converge
vers f sur R et la première formule s’obtient par un simple calcul. Pour obtenir
le seconde égalité, on prend la symétrie par rapport à l’axe des ordonnées du
graphe de x → e ax , x ∈ [0 , π], pour obtenir une fonction g paire et définie
sur [−π , π]. Si l’on considère la symétrie par rapport à l’origine du graphe de
x → e ax , x ∈ ]0 , π[, on obtient une fonction impaire sur ]−π , 0[ ∪ ]0 , π[. Si on
pose de plus h(0) = h(−π) = h(π) = 0, on obtient la dernière égalité. On a
323