Solutions
Puisque f est continue sur R, étant donné ε > 0, il existe δ > 0 tel que
|f (x) − f (t)| < ε dès que |t − x| < δ. Donc,
|σ n (x) − f (x)|
ε
πn
δ
0
sin
2 1
2 nt
sin
2 1
2 t
dt +
2M
πn
π
δ
sin
2 1
2 nt
sin
2 1
2 t
dt
où M = sup {|f (x)| : x ∈ R}. On sait que (voir II.5.41)
1
πn
π
0
sin
2 1
2 nt
sin
2 1
2 t
dt = 1.
Donc, si n >
1
δ 4 , alors
|σ n (x) − f (x)| ε +
π
nδ 2 2Mπ < ε +
2π 2 M
√
n
.
II.5.51. On sait, par le résultat du problème précédent, que la suite {σ n (x)}
converge vers f (x) uniformément sur R. Donc, étant donné ε > 0, il existe n 0
tel que |g n (x)| = |f (x) − σ n (x)| < ε pour tout x et tout n n 0 . Dans ce qui
suit, S n (g(x)) représente la n-ième somme partielle de la série de Fourier d’une
fonction intégrable g. On remarque d’abord que
S p (σ n (x)) = S q (σ n (x)) = σ n (x) si p, q > n n 0 .
Donc,
|S p (f (x)) − S q (f (x))| |S p (σ n (x)) − S q (σ n (x))| + |S p (g n (x))| + |S q (g n (x))|
= |S p (g n (x))| + |S q (g n (x))| .
On note maintenant que les coefficients de Fourier de g n sont positifs. De plus,
on peut écrire g n comme la somme d’une fonction paire et d’une fonction
impaire, soit
g n (x) =
g n (x) + g n (−x)
2
+
g n (x) − g n (−x)
2
.
Chacun des termes est borné (minoré par −ε et majoré par ε) et leur série de
Fourier est respectivement égale à la partie en cosinus et à la partie en sinus de
la série de Fourier de g n . Les résultats de II.5.44 et de la solution de II.5.45
impliquent
|S p (f (x)) − S q (f (x))| |S p (g n (x))| + |S q (g n (x))| 10ε + 4ε.
343