Solutions
II.5.44. On déduit de II.5.41 que |σ n (x)| M pour tout n et tout x. De
plus, d’après l’égalité (∗) dans la solution de II.5.42,
σ n+1 (x) =
n
k=1
1 −
k
n + 1
b k sin kx.
En prenant x =
π
4m , on obtient
M σ 2m+1
π
4m
=
2m
k=1
1 −
k
2m + 1
b k
k
2m
1
2
m
k=1
b k
k
2m
.
Donc,
m
k=1
kb k 4mM.
Ceci combiné à l’égalité (∗) de la solution de II.5.42 donne |s n (x)| 5M .
II.5.45. On sait, d’après II.5.41, que |σ n (x)| M . Donc, puisque a n 0,
M σ 2n+1 (0) =
1
2n + 1
2n
k=0
s k (0)
1
2n + 1
2n
k=n
s k (0)
n + 1
2n + 1
s n (0)
1
2
s n (0).
II.5.46. On a
f (x) =
+∞
n=1
n 3
n 4 + 1
sin nx =
+∞
n=1
sin nx
n
−
+∞
n=1
sin nx
n (n 4 + 1)
.
Donc (voir II.5.12),
f (x) =
π − x
2
+ g(x)
et
g
(4) (x) = −f (x).
II.5.47. Puisque
1 =
1
2πn
π
0
2
sin
2 1
2 nt
sin
2 1
2 t
dt
(voir II.5.41), on a
σ n (x) − s =
1
2πn
π
0
sin
2 1
2 nt
sin
2 1
2 t
(f (x + t) + f (x − t) − 2s) dt
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