SESSION 2012
Concours commun Mines-Ponts
DEUXIÈME ÉPREUVE. FILIÈRE MP
A. Préliminaires
1) Soit f ∈ L. Soit ξ ∈ R. La fonctionx 7→ f(x)e−2iπxξ est continue par morceaux sur R. De plus, pour tout x ∈R,
|f(x)e−2iπxξ| =|f(x)|. Puisquef est intégrable sur R, il en est de même de la fonctionx7→f(x)e−2iπxξ. En particulier,
b
f(ξ)existe dansR. On a montré que
∀f∈L,fbest définie surR.
Soit Φ : R2 → R
(ξ, x) 7→ f(x)e−2iπxξ .
•Pour chaqueξ∈R, la fonctionx7→Φ(ξ, x)est continue par morceaux surR.
•Pour chaquex∈R, la fonction ξ7→Φ(ξ, x)est continue surR.
•Pour chaque(ξ, x)∈R2,|Φ(ξ, x)|=|f(x)|=ϕ(x)oùϕ est une fonction continue par morceaux et intégrable surR. D’après le théorème de continuité des intégrales à paramètres,fbest continue surR.
∀f∈L,bfest continue surR.
2)Montrons queW (resp.W∗) est un sous-espace vectoriel de l’espace vectorielL (resp.L∗). On a déjàW ⊂L (resp.
W∗⊂L∗).
La fonction nulle est dansL (resp.L∗) etb0=0 est dansL (resp.L∗). Donc la fonction nulle est dansW (resp.W∗).
Soientfetgdeux éléments deW (resp.W∗) etλetµdeux nombres complexes. Alors,fetg sont dansL (resp.L∗) et de plusfbetbgsont dansL (resp.L∗). La fonctionλf+µgest encore dansL (resp.L∗) puis par linéarité de l’intégrale
λf\+µg=λbf+µg.b
Mais alors, puisqueL (resp.L∗) est un espace vectoriel,λf\+µgest dans L (resp.L∗) et finalementλf+µgest dans W (resp.W∗).
W (resp.W∗) est un sous-espace vectoriel de L (resp.L∗).
Soitf∈W∗. Alors f et fbsont dans L∗ ou encore fet fbsont continues surR et sont dominées en+∞ ou−∞ par une fonction du type x7→|x|−α, α > 1. On en déduit que f et fbsont continues par morceaux sur Ret intégrables sur R et donc quef est dansW. On a montré que
W∗ ⊂W.
3) Soient f ∈ L et α > 0. Soit ξ ∈ R. La fonction x 7→ f(αx)e−2iπxξ est continue par morceaux sur R et en posant u=αx(l’applicationx7→αxest unC1-difféomorphisme deRsur lui-même), on obtient l’intégrabilité surRde la fonction x7→f(αx)e−2iπxξ et de plus
cfα(ξ) = Z+∞
−∞
f(αx)e−2iπxξ dx= 1 α
Z+∞
−∞
f(u)e−2iπuξα du= 1 αbf
ξ α
.
∀f∈L,∀α > 0,∀ξ∈R,cfα(ξ) = 1 αbf
ξ α
.
De même, pour(y, ν)∈R2, en posantu=x+y, on obtient
fdy,ν(ξ) = Z+∞
−∞
f(x+y)e−2iπ(ν+ξ)xdx= Z+∞
−∞
f(u)e−2iπ(ν+ξ)(u−y)
du=e2iπy(ν+ξ)fb(ξ+ν).
∀f∈L,∀(y, ν)∈R2,∀ξ∈R,fdy,ν(ξ) =e2iπy(ν+ξ)fb(ξ+ν).
On note en particulier que la transformée de Fourier de la fonction x 7→ f(x+y) est la fonction ξ 7→ e2iπyξfb(ξ).
Maintenant, sif est dansW (resp.W∗), il est clair que les fonctionsfα, α > 0, etfy,ν,(y, ν)∈R2, sont encore dansW (resp.W∗).
4)La fonctionsest dans L et doncbsest définie et continue surR. Soitξ∈R.bs(0) =
Z1/2
−1/2
dx=1et siξ6=0,
b s(ξ) =
Z1/2
−1/2
e−2iπxξdx=
e−2iπxξ
−2iπξ x=1/2
x=−1/2
= eiπξ−e−iπξ
2iπξ = sin(πξ) πξ .
∀ξ∈R,bs(ξ) =
1siξ=0 sin(πξ)
πξ siξ6=0 . La fonctionsest dansL et même dansL∗. Doncbtest définie et continue surR. Soitξ∈R.bt(0) =
Z1
−1
(1−|x|)dx=1et si ξ6=0, une intégration par parties fournit
bt(ξ) = Z1
−1
(1−|x|)cos(2πxξ)dx−i Z1
−1
(1−|x|)sin(2πxξ)dx=2 Z1
0
(1−x)cos(2πxξ)dx(par parité)
=2 (1−x)sin(2πxξ) 2πξ
x=1 x=0
+ 1 2πξ
Z1
0
sin(2πxξ)dx
!
= 1 πξ
−cos(2πxξ) 2πξ
x=1 x=0
= 1−cos(2πξ) 2π2ξ2 .
∀ξ∈R,bt(ξ) =
1siξ=0 1−cos(2πξ)
2π2ξ2 siξ6=0 . On note que la fonctionξ7→ξ2bt(ξ)est bornée surRet donc la fonctiontest dans W∗.
5)La fonctionsest dansL. Donc la fonctionbsest continue surRd’après la question 1). Vérifions que la fonctionbsn’est pas intégrable surR.
Z+∞
−∞
|bs(ξ)|dξ>
Z+∞
1
|sin(πξ)|
πξ dξ=
+∞
X
n=1
Zn+1
n
|sin(πξ)|
πξ dξ
>
+∞
X
n=1
1 (n+1)π
Zn+1
n
|sin(πξ)|dξ= 2 π2
+∞
X
n=1
1
n+1 = +∞. Donc,
Z+∞
−∞
|bs(ξ)|dξ= +∞ou encore la fonctionbsn’est pas intégrable surR. Ainsi, la fonctionsest un élément deL tel quebsn’est pas un élément deL ou encoresn’est pas dansW. Ceci montre que
W∗⊂W ⊂
6=
L.
6)Pour tout entier naturelnet toutξ∈R,
bf(ξ) −cfn(ξ)=
Z+∞
−∞
(f(x) −fn(x))e−2iπxξ dx 6
Z+∞
−∞
|f(x) −fn(x)|dx=kf−fnk1
puis, pour tout entier natureln,bf−cfn
∞6kf−fnk1. Par hypothèse, lim
n→+∞kf−fnk1=0 et donc
n→lim+∞
bf−cfn
∞=0. Ceci montre que la suite de fonctions cfn
n∈Nconverge uniformément vers la fonctionfbsurR. On note que le résultat persiste si on suppose simplementf et lesfn,n∈N, dansL.
B. Formule sommatoire de Poisson
7)Soitf∈L∗. Il existeα > 1etM > 0tel que pour touttréel,|t|α|f(t)|6M.
Soitx∈R. Pourn∈Ztel quen6= −x,
f(x+n)|6 M
|x+n|α.
Puisque α > 1, les séries numériques de terme généraux respectifs M
|x+n|α, n∈N, n6= −x, et M
|x−n|α, n∈N,n6=x,
sont convergentes. On en déduit que chacune des deux séries X
n>0
f(x+n)et X
n>0
f(x−n)sont absolument convergentes et donc convergentes. On en déduit encore quef(x)e existe.
Soitx∈R. En posantm=n+1, on obtient f(xe +1) =X
n∈Z
f(x+1+n) = X
m∈Z
f(x+m) =ef(x).
∀f∈L∗,efest définie surRet 1-périodique.
Montrons quefeest continue sur[0, 1]. Pourn∈Zetx∈[0, 1], posonsfn(x) =f(x+n)puiskfnk∞=sup{|fn(x)|, x∈[0, 1]}.
Soitn∈N∗. Avec les notations de la question 7), pour toutx∈[0, 1],
|fn(x)|=|f(x+n)|6 M
(x+n)α 6 M nα, et donckfnk∞6 M
nα. Puisque la série numérique de terme général M
nα,n∈N∗, converge, la série de fonctions de terme général fn, n ∈ N∗, converge normalement et en particulier uniformément sur [0, 1]. Puisque chaque fonction fn est continue sur[0, 1], il en est de même de la fonction
+∞
X
n=1
fn. On montre de même que la fonction
+∞
X
n=1
f−n est continue sur[0, 1]et finalementef=
+∞
X
n=1
f−n+f+
+∞
X
n=1
fn est continue sur [0, 1] puis surRpar1-périodicité.
∀f∈L∗,feest continue surR.
8)Soitn∈Z. Avec les notations de la question précédente, pour tout réelxde[0, 1], e
f(x)e−2iπnx=X
k∈Z
fk(x)e−2inπx=
+∞
X
k=1
f−k(x)e−2inπx+f(x)e−2inπx+
+∞
X
k=1
fk(x)e−2inπx.
Pour toutk∈Zet toutx∈[0, 1],fk(x)e−2inπx=|fk(x)|. La question précédente montre alors que les séries de fonctions de termes généraux respectifsx7→fk(x)e−2inπx,k∈N∗, etx7→f−k(x)e−2inπx,k∈N∗, convergent uniformément sur le segment[0, 1]. On peut donc intégrer terme à terme et on obtient
cn
fe
=X
k∈Z
Z1
0
f(x+k)e−2iπnxdx=X
k∈Z
Zk+1
k
f(y)e−2iπn(y−k)dy
=X
k∈Z
e2inkπ Zk+1
k
f(y)e−2inπydy=X
k∈Z
Zk+1
k
f(y)e−2inπy dy
= Z+∞
−∞
f(y)e−2inπy=bf(n).
∀n∈Z, cn
fe
=f(n).b
9)Soitf∈W∗. Pour x∈R, posonsS(x) =X
n∈Z
cn fe
e2inπx=X
n∈Z
f(n)eb 2inπx.
Puisque fb∈ L∗, il existe M > 0 et α > 1tel que ∀x ∈ R, |x|α|f(x)| 6 M. Pour tout n ∈ Z∗ et tout x ∈ R, on a en particulier
cn
fe
e2inπx=bf(n)6 M
|n|α. Ceci montre que les séries de fonctions de termes généraux respectifsx7→cn
ef
e2inπx,n∈N∗, etx7→c−n
fe
e−2inπx, n∈N∗, convergent normalement surRet en particulier uniformément et simplement surR. La fonctionSest donc définie surR. De plus,Sest continue surRen tant que limite uniforme surRd’une suite de fonctions continues sur Ret aussiS est1-périodique.
On peut calculer les coefficients deFourierdeS. Soitn∈Z. Encore une fois, les séries de fonctions de termes généraux respectifsx7→ck
fe
e2i(k−n)πx, k∈N∗, etx7→c−k
fe
e2i(−k−n)πx,k∈N∗, convergent uniformément sur le segment [0, 1]. On peut de nouveau intégrer terme à terme et on obtient
cn(S) = Z1
0
X
k∈Z
ck
fe e2ikπx
!
e−2inπxdx
=X
k∈Z
ck
feZ1 0
e2i(k−n)πxdx=X
k∈Z
ck
fe δk,n
=cn
fe .
Ainsi, les fonctionsfeetSsont continues surR,1-périodiques et ont les mêmes coefficients deFourier. On en déduit que ces deux fonctions sont égales d’après le rappel de l’énoncé ou encoreefest égale à la somme de sa série deFourier. Par suite, pour tout réelx,
X
n∈Z
f(x+n) =f(x) =e X
n∈Z
cn
ef
e2inπx= X
n∈Z
f(n)eb 2inπx.
Pourx=0, on obtient
X
n∈Z
f(n) =f(0) =e X
n∈Z
f(n).b
∀f∈W∗, X
n∈Z
f(n) =X
n∈Z
f(n).b
C. Application à la formule d’inversion de Fourier
10)Soitf∈W∗. Soit(x, ξ)∈R2. Pour toutn∈Z, fx,ξ(n) =f(x+n)e−2iπnξ puis, d’après la question 3), fdx,ξ(n) =e2iπx(ξ+n)bf(n+ξ).
La formule dePoissonappliquée à la fonctionfx,ξ(qui est encore dansW∗) fournit alors pour tout(x, ξ)∈R2, X
n∈Z
f(x+n)e−2iπnξ= X
n∈Z
fx,ξ(n) =X
n∈Z
fdx,ξ(n) =X
n∈Z
b
f(n+ξ)e2iπx(ξ+n).
Soitx ∈R. Pour ξ∈ R, posonsFx(ξ) =f(ξ)eb 2iπxξ. Puisque f est dansW∗,fbest continue sur Ret dans L∗. Puisque
|Fx|=bf,Fxest également dans L∗et d’après la partie B, on peut définir sa périodisée : pour tout ξ∈R, fFx(ξ) =X
Fx(ξ+n) = X
bf(n+ξ)e2iπx(n+ξ).
D’autre part, une nouvelle fois on peut intégrer terme à terme, la série de fonctions considérée convergeant uniformément sur le segment[0, 1],
cn fFx
= Z1
0
fFx(ξ)e−2inπξdξ= Z1
0
X
p∈Z
f(x+p)e−2iπpξ
e−2inπξdξ(d’après la formule dePoissongénéralisée)
=X
p∈Z
f(x+p) Z1
0
e−2iπ(p+n)ξdξ=X
p∈Z
f(x+p)δp,−n
=f(x−n).
Le développement de fFx en série de Fourier est donc X
n∈Z
f(x−n)e2iπnξ = X
n∈Z
f(x+n)e−2iπnξ et fFx est égale à la somme de sa série deFourier.
11)Soitx∈R. D’après la question 8), pour toutn∈Z, cn
fFx
=cFx(n) = Z+∞
−∞
Fx(ξ)e−2iπnξdξ= Z+∞
−∞
b
f(ξ)e2iπxξe−2inπξdξ= Z+∞
−∞
b
f(ξ)e2iπ(x−n)ξdξ En particulier, d’après la question précédente,
f(x) =c0
fFx
= Z+∞
−∞
b
f(ξ)e2iπxξ dξ.
12)D’après la formule d’inversion deFourier, pour toutf∈W∗ et x∈R, d
bf (x) =
Z+∞
−∞
f(ξ)eb −2iπxξdx=f(−x).
Soit alorsλ ∈C une valeur propre de la transformation de Fourierdans W∗. Donc il existe un élément non nulf0de W∗ tel quefb0=λf0. La transformation deFourierétant linéaire, pour tout réelx,
f0(−x) =fbb0(x) =λfb0(x) =λ2f0(x),
puisf0(x) =f0(−(−x)) =λ2f0(−x) =λ4f0(x). Finalement,f0 =λ4f0 puisλ4=1 carf06=0. On a ainsi montré qu’une valeur propre de la transformation deFourierest élément de{1, i,−1,−i}.
Les seules valeurs propres réelles possibles de la transformation deFouriersont 1 et −1. Maintenant, la fonction t est dansW∗ d’après la remarque de la fin de la question 4).
Puisque pour tout réelx,bbt(x) = t(−x),bt est également dansW∗. Puisque t et bt sont dans W∗, il en est de même de f1=t+btet f2=t−btd’après la question 2).
•Pour tout réelx, puisquetest paire
fb1(x) =bt(x) +bbt(x) =bt(x) +t(−x) =bt(x) +t(x) =f1(x).
Ainsi,f1est un élément, clairement non nul, deW∗ tel que fb1=f1. Donc1 est effectivement une valeur propre réelle de la transformation deFourierdansW∗.
•De même, pour tout réelx,
fb2(x) =bt(x) −bbt(x) =bt(x) −t(−x) =bt(x) −t(x) = −f2(x).
Ainsi, f2 est un élément non nul de W∗ tel que fb2 = f2. Donc −1 est effectivement une valeur propre réelle de la transformation deFourierdansW∗.
Les valeurs propres réelles de la transformation deFourierdansW∗ sont1 et−1.
D. Application au théorème d’échantillonnage de Whittaker
13) Soit f ∈ W∗ telle que fbs’annule en dehors de l’intervalle
−1 2,1
2
. Notons alors que bf s’annule en −1 2 et 1
2 par continuité.
D’après la formule dePoissongénéralisée de la question 10), utilisée avecx=0, pour tout réel ξ, on a X
n∈Z
f(n)e−2iπnξ= X
n∈Z
f(nb +ξ).
Supposons de plusξ∈
−1 2,1
2
. Sin>1,n+ξ>1− 1 2 = 1
2 et doncbf(n+ξ) =0.
De même, sin6−1,n+ξ6−1+1 2 = −1
2 et doncbf(n+ξ) =0. Il reste
∀ξ∈
−1 2,1
2
,bf(ξ) = X
n∈Z
f(n)e−2iπnξ.
(et d’autre part, f(ξ) =b 0 si |ξ| > 1
2). Ainsi, la donnée des (f(n))n∈Z détermine fbde manière unique. Mais alors, f est déterminée de manière unique grâce à la formule d’inversion deFourier:
∀x∈R,f(x) = Z+∞
−∞
bf(ξ)e2iπxξdξ= Z1/2
−1/2
X
n∈Z
f(n)e−2iπnξ
!
e2iπxξdξ.
14) Soit ε > 0. Pour ξ ∈ R, posons g(ξ) = t ξ− 12 ε
!
−t ξ+ 12 ε
!
. g est dans W∗. On peut donc appliquer à g la formule d’inversion deFourier.
Pourx∈R, posonsf(x) = Z+∞
−∞
t ξ− 12 ε
!
−t ξ+12 ε
!!
e2iπxξdξ= −g(−x).b Pour tout réelx, on af(x) = −(−b (cbg)(−x)) =g(x).
Siξ > 1
2 +ε, alors ξ+12
ε >ξ−12
ε > 1et doncf(ξ) =b g(ξ) =0. On a aussi bf(ξ) =0siξ <−1
2 −εpar parité.bfest donc nulle en dehors de
−1 2 −ε,1
2 +ε
. D’autre part, fest un élément de l’espace vectorielW∗. Déterminons maintenant lesf(n),n∈Z. D’après la question 3), pour tout réel ξ,
f(ξ) = −g(−ξ) = −ε eb −iπξ−eiπξbt(−εξ) =2iεsin(πξ)bt(εξ).
Par suite, pourn∈Z,
f(n) =2iεsin(nπ)bt(εn) =0.
Ainsi,fest un élément deW∗ qui coïncide avec la fonction nulle surZ. Maisfn’est pas la fonction nulle car pourξ6=0, f(ξ) =2iεsin(πξ)1−cos(2επξ)
2π2ε2ξ2 .fn’est donc pas uniquement déterminée par ses valeurs sur Z.
E. Contre-exemple de Katznelson
15)Puisque la fonctionts’annule en chaque entier non nul, pour toutk∈Net toutn∈Z∗, on auk(n) =0. D’autre part, uk(0) =t(0) −t(0) =0. Ainsi, chaque fonctionuk s’annule surZ. Mais alors, si xest un entier relatif, chaqueuk,Nk(x) est nul. On en déduit quef(x)existe et vaut0.
On note maintenant que pourk∈N, la fonctionuks’annule en dehors de
− 1 2k, 1
2k
car sixest un réel tel que|x|> 1 2k, alors|2kx|> 1et |2k+1x|> 2 > 1puisuk(x) =0.
Soitε∈
0,1 2
puisK∈Z. Pourx∈[K+ε, K+1−ε], on a|x−n|>εpour tout entier relatifn. Soit alorsk0 un entier naturel tel que 1
2k0 < ε (par exemple,k0=log2 1
ε
+1). Pour tout entier naturelk>k0, on a 1 2k 6 1
2k0 < εet donc pour toutxde[K+ε, K+1−ε]etn∈Z, on a|x−n|> 1
et donc
∀k>k0, ∀x∈[K+ε, K+1−ε],∀n∈Z,uk(x−n) =0, puis
∀k>k0, ∀x∈[K+ε, K+1−ε],uk,Nk(x) =0, et donc
∀x∈[K+ε, K+1−ε],f(x) =
k0
X
k=0
uk,Nk(x).
Ainsi,f/[K+ε,K+1−ε] =
k0
X
k=0
uk,Nk/[K+ε,K+1−ε]. Puisque la somme est finie et que chaque uk,Nk est continue sur R, ceci montre quef est définie et continue sur[K+ε, K+1−ε]. Ceci étant vrai pour chaqueK∈Zet chaqueε∈
0,1
2
, on a montré que
fest définie surRet continue surR\Z. 16)D’après l’énoncé,fest continue par morceaux surR. Ensuite,
• si|x|> 1
2k,uk(x) =0,
• si 1
2k+1 <|x|6 1
2k,uk(x) =t(2kx) =1−2k|x|>0,
• si|x|6 1
2k,uk(x) = (1−2k|x|) − (1−2k+1|x|) =2k|x|.
Donc, chaque fonctionuk, k∈N, est positive surR, puis chaque fonctionuk,Nk,k∈N, est positive surRet finalement fest positive surR.
Soitk∈N. Z+∞
−∞
uk(x)dx= Z1/2k
−1/2k
t(2kx)dx−
Z1/2k+1
−1/2k+1
t(2k+1x)dx= 1 2k
Z1
−1
t(u)du− 1 2k+1
Z1
−1
t(u)du= 1 2k − 1
2k+1
= 1 2k+1.
Ensuite, pour toutk∈Net toutn∈Z, Z+∞
−∞
uk(x−n)dx= Z+∞
−∞
uk(t)dt= 1
2k+1. Par suite, Z+∞
−∞
uk,Nk(x)dx= 1 Nk
X
n∈Z,
|n|<Nk
1− |n|
Nk
Z+∞
−∞
uk(x−n)dx= 1 Nk2k+1
X
n∈Z,
|n|<Nk
1− |n|
Nk
= 1
Nk2k+1 1+2
Nk
X
n=1
1− n
Nk
!
= 1
Nk2k+1
1+2Nk− 1
Nk ×Nk(Nk+1)
= 1 2k+1. On en déduit que la série de terme général
Z+∞
−∞
uk,Nk(x)dxconverge.
Ainsi,
• Chaque fonctionuk,Nk,k∈N, est continue par morceaux surR.
•La série de fonctions de terme généraluk,Nk,k∈N, converge simplement versfsurRetfest continue par morceaux surR.
• La série numérique de terme général Z+∞
−∞
|uk,Nk(x)| dx=
Z+∞
−∞
uk,Nk(x)dx,k∈N, converge.
D’après un théorème d’intégration terme à terme,fest intégrable surRet Z+∞
−∞
f(x)dx=
+∞
X
k=0
Z+∞
−∞
uk,Nk(x)dx=
+∞
X
k=0
1 2k+1 =1.
Ensuite, pourK∈N, f−
XK
k=0
uk,Nk
1
= Z+∞
−∞
+∞
X
k=K+1
uk,Nk(x) dx=
+∞
X
k=K+1
Z+∞
−∞
uk,Nk(x)dx=
+∞
X
k=K+1
1 2k+1 = 1
2K,
et donc f−
XK
k=0
uk,Nk
1
tend vers0 quandKtend vers+∞ou encore la série de terme généraluk,Nk,k∈N, converge en moyenne versf sur R. Maintenant, f est dans L de même que chaque
XK
k=0
uk,Nk, K ∈ N. Les calculs effectués à la question 6) sont encore valables et montrent que la série de terme généralu\k,Nk, k∈ N, converge uniformément versfb surR.
17)D’après la question 3), pour chaquek∈Net chaquen∈Z, la transformée deFourierde la fonctionx7→uk(x−n) est la fonctionξ7→e−2inπξuck(ξ). Par suite, pour tout réel non entierξ, pour toutk∈Net toutN∈N∗,
u[k,N(ξ) = 1 N
X
n∈Z,
|n|<N
1−|n|
N
e−2inπξuck(ξ) = 1 N
X
n∈Z,
|n|<N
1−|n|
N
e2inπξ
cuk(ξ) = 1 N2
sinπNξ sinπξ
2
c uk(ξ).
et donc pourn∈Zet ξ∈]n, n+1[, u[k,N(ξ)= 1
N
X
n∈Z,
|n|<N
1−|n|
N
e2inπξ
|uck(ξ)|6 1 N
X
n∈Z,
|n|<N
1−|n|
N
e2inπξ
sup
[n,n+1]
|uck|,
ce qui reste vrai pourx=noux=n+1 par continuité. Mais alors, Z+∞
−∞
u[k,N(ξ) dξ=X
n∈Z
Zn+1
n
u[k,N(ξ) dξ
6 1 N
X
n∈Z
sup
[n,n+1]
|uck| Zn+1
n
X
p∈Z
|p|<N
1− |p|
N
e2ipπξ
dξ
= 1 N
X
n∈Z
sup
[n,n+1]
|uck|
1+ X
p∈Z∗
|p|<N
1−|p|
N
e2ipπξ 2ipπ
n+1
n
= 1 N
X
n∈Z
sup
[n,n+1]
|uck|.
Soit maintenantn∈Z\ {−1, 0}. Pour ξ∈[n, n+1], d’après les questions 3) et 4),
|uck(ξ)|= 1
2kbt ξ
2k
− 1 2k+1bt
ξ 2k+1
=
1 2k
1−cos
2π ξ 2k
2π2ξ2 22k
− 1 2k+1
1−cos
2π ξ 2k+1
2π2 ξ2 22k+2
6 2k
π2ξ2+ 2k+1
π2ξ2 6 3×2k π2n2 . et donc, pour toutn∈Z\ {−1, 0}, sup
[n,n+1]
|uck|6 3×2k
π2n2 . Ceci montre que X
n∈Z
sup
[n,n+1]
|uck|<+∞.
18)Pour k ∈N, on choisitNk = 2k E X
n∈Z
sup
[n,n+1]
|uck|
! +1
!
. (Nk)k∈N est une suite d’entiers strictement positifs et pour toutk∈N,
Z+∞
−∞
u\k,Nk(ξ) dξ6 1 Nk
X
n∈Z
sup
[n,n+1]
|uck|6 1 2k. Mais alors la série de terme général
Z+∞
−∞
u\k,Nk(ξ)dξ,k∈N, converge.
D’autre part,f est continue par morceaux et intégrable surRde même que chaqueuk,Nk,k∈Nou encoref et lesuk,Nk sont dansL. La question 1) permet d’affirmer quefbet lesu\k,Nk,k∈N, sont définies et continues sur R.
Ainsi, comme à la question 16),
• Chaque fonctionu\k,Nk,k∈N, est continue par morceaux surR.
•La série de fonctions de terme généralu\k,Nk,k∈N, converge simplement versfbsurRetbfest continue par morceaux surR.
• La série numérique de terme général Z+∞
−∞
u\k,Nk(ξ) dξ,k∈N, converge.
D’après un théorème d’intégration terme à terme,bfest intégrable surRpuis la série de fonctions de terme généralu\k,Nk, k∈N, converge en moyenne versf.b
Comme chaque fonctionu\k,Nk,k∈Nest dans L de même quef, on en déduit encore que la série de fonctions de termeb généralu\\k,Nk,k∈N, converge uniformément versbbf surR.
Soik∈N. La fonctionuk,Nk est continue surRet nulle sur un voisinage de±∞. Donc la fonction uk,Nk est dansL∗. Ensuite,u\k,Nk est continue surRpuis pour tout réelξ,
u\k,Nk(ξ)=
1 Nk
X
n∈Z,
|n|<Nk
1− |n|
Nk
e−2iπnξuck(ξ) 6 1
Nk X
n∈Z,
|n|<Nk
1− |n|
Nk
|uck(ξ)|=|uck(ξ)|= 1
2kbt ξ
2k
− 1 2kbξ
t 2k
.
La question 4) permet alors d’affirmer que la fonction ξ 7→ ξ2u\k,Nk(ξ) est bornée sur R et finalement que la fonction uk,Nk est dansW∗. La formule d’inversion deFouriermontre alors que pour toutξ∈R,u\\k,Nk(ξ) =un,Nk(−ξ).
On en déduit que la série de fonction de terme généraluk,Nk converge uniformément sur Rvers la fonction ξ 7→bbf(−ξ) qui est donc aussi la fonctionf. La formule d’inversion de Fouriers’applique donc à la fonctionf.
19)On a déjà vu quefs’annule surZ. Par suite, X
n∈Z
f(n) =0.
Pour toutk∈Net toutξ∈R, d’après la question 3), u\k,Nk(ξ) = 1
Nk
X
n∈Z,
|n|<Nk
1− |n|
Nk
e−2iπnξuck(ξ) = 1 Nk
X
n∈Z,
|n|<Nk
1− |n|
Nk
e−2iπnξ 1
2kbtp 2k
− 1
2k+1bt p 2k+1
.
En particulier, pour toutk∈Ntoutp∈Z,
u\k,Nk(p) = 1 Nk
X
n∈Z,
|n|<Nk
1− |n|
Nk
c uk(p)
=uck(p) (d’après le calcul de la question 16)
= 1 2kbtp
2k
− 1
2k+1bt p 2k+1
puis,
bf(p) =
+∞
X
k=0
u\k,Nk(p) =
+∞
X
k=0
1 2kbt p
2k − 1
2k+1bt p 2k+1
= lim
m→+∞
Xm
k=0
1 2kbtp
2k − 1
2k+1bt p 2k+1
= lim
m→+∞
1 20btp
20
− 1
2m+1bt p 2m+1
(somme télescopique)
=bt(p).
Ainsi,∀p∈Z, bf(p) =bt(p) =δp,0puis X
p∈Z
f(p) =b 16=0= X
n∈Z
f(n). La formule dePoissonn’est donc pas vérifiée par la fonctionf. On a donc un exemple de fonction vérifiant la formule d’inversion de Fourieret ne vérifiant pas la formule dePoisson.
F. Application à la resommation d’Ewald
20)Pourx∈R, posonsh(x) =g x 100
. hest dans L et d’après la question 3), pour toutx∈R, bh(x) =100bg(100x) = 100g(100x). Mais alors,hest dansW∗ et on peut lui applique la formule dePoisson. On obtient
1+2S=
+∞
X
n=−∞
g n 100
=
+∞
X
n=−∞
h(n) =
+∞
X
n=−∞
b h(n)
=100
+∞
X
n=−∞
g(100n) =100 1+2
+∞
X
n=1
e−10000πn2
! , puis
S=49, 5+100
+∞
X
n=1
e−10000πn2 et donc
|S−49, 5|=100
+∞
X
n=1
e−10000πn2
6100
+∞
X
n=1
e−10000πn
= 100e−10000π
1−e−10000π 6101e−10000π =
1 eπ−ln10000(101)
10000
= (0, 04 . . .)10000 60, 110000 =10−10000.
S=49, 5à 10−10000 près.