Solutions
η
(n+
1
2 )
−1
Φ(t) dt <
π
2
ε
η
(n+
1
2 )
−1
dt
t
<
π
2
ε ln
n +
1
2
et
π
η
Φ(t) dt <
π
2
1
η
π
η
|f (x + t) + f (x − t) − 2f (x)| dt.
II.5.40. On a
σ n (x) =
s 0 (x) + s 1 (x) + · · · + s n−1 (x)
n
=
1
2nπ
π
0
sin
1
2 t + · · · + sin
n −
1
2
t
sin
1
2 t
(f (x + t) + f (x − t)) dt
=
1
2nπ
π
0
sin
2 1
2 nt
sin
2 1
2 t
(f (x + t) + f (x − t)) dt.
II.5.41. Si on substitue f (x) ≡ 1 dans la formule obtenue au problème précédent, on obtient
1 =
1
2nπ
π
0
2
sin
2 1
2 nt
sin
2 1
2 t
dt.
La première proposition découle donc du fait que le noyau de Fejér
sin 2 1
2
nt
sin 2 1
2
t
est positif. Si on a σ n (x) = M pour un n et un x, alors
1
nπ
π
−π
sin
2 1
2 nt
sin
2 1
2 t
(M − f (x + t)) dt = 0
et l’intégrande est positif. La seconde proposition se déduit donc de II.3.6.
II.5.42. On vérifie facilement que si S n = c 0 + c 1 + · · · + c n−1 et si
σ n =
S 1 +S 2 +···+Sn
n
, alors
S n − σ n =
c 1 + 2c 2 + · · · + (n − 1)c n−1
n
.
Donc,
s n (x) = σ n+1 (x) +
n
k=1
k(a k cos kx + b k sin kx)
n + 1
,
(∗)
où s n (x) et σ n (x) sont respectivement les sommes partielles et les moyennes
de Cesàro de la série de Fourier de f . Donc, par hypothèse,
|s n (x) − σ n+1 (x)| A + B
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