PROBLÈME : PHÉNOMÈNE DE GIBBS

(1)

SESSION 2010

CONCOURS COMMUN POLYTECHNIQUE (ENSI) FILIERE MP

MATHEMATIQUES 1

EXERCICE 1

1. • Pourx6=0, f(x, 0) −f(0, 0)

x−0 = 0−0

x−0 =0. Mais alors lim

x→0

f(x, 0) −f(0, 0)

x−0 =0. Ainsi, f admet en(0, 0)une dérivée partielle par rapport à sa première variablexet ∂f

∂x(0, 0) =0.

•Poury6=0, f(0, y) −f(0, 0)

y−0 = y⁴/y²

y =yet donc lim

y→0

f(0, y) −f(0, 0)

y−0 =0. Ainsi,fadmet en(0, 0)une dérivée partielle par rapport à sa deuxième variableyet ∂f

∂y(0, 0) =0.

∂f

∂x(0, 0) = ∂f

∂y(0, 0) =0.

2. Sif est différentiable en(0, 0), on a nécessairement pour tout(h, k)∈R² df_(0,0)(h, k) =h∂f

∂x(0, 0) +k∂f

∂y(0, 0) =0.

Réciproquement, pour(h, k)∈R², posonsL(h, k) =0.Lest une application linéaire deR²dansRet pour(h, k)6= (0, 0), f(0+h, 0+k) −f(0, 0) −L(h, k)

k(h, k)k2

= k⁴

(h²+k²)^3/2 6h⁴+2h²k²+k⁴

(h²+k²)^3/2 = (h²+k²)² (h²+k²)^3/2 =√

h²+k²=k(h, k)k2.

Donc f(0+h, 0+k) −f(0, 0) −L(h, k) k(h, k)k2

tend vers0 quand(h, k)tend vers(0, 0)ce qui montre que fest différentiable en (0, 0).

fest différentiable en(0, 0)et df_(0,0)=0.

EXERCICE 2

1. Soient(E,k k)un espace vectoriel normé puisKune partie deE.Kest compacte si et seulement siKest vide ou bien Kest non vide et de toute suite d’éléments deK, on peut extraire une sous-suite convergeant dansK.

2. SoitKune partie compacte deE. SiK=∅,f(K) =f(∅) =∅etf(K)est une partie compacte deF.

Supposons maintenant K6=∅. Soit(y_n)_n∈N une suite d’éléments def(K). Pour chaquen∈ N, il existe xn ∈K tel que f(x_n) = yn. Puisque la suite (x_n)_n∈N est à valeurs dans le compact K, on peut en extraire une sous-suite (x_ϕ(n))_n∈N, convergeant vers un certain élémentxdeK. Puisque fest continue surEet donc enx,

f(x) =f

n→lim+∞x_ϕ(n)

= lim

n→+∞f(x_ϕ(n)) = lim

n→+∞y_ϕ(n).

Ainsi, la suite(y_ϕ(n))_n∈N est convergente de limite f(x)∈f(K). On a montré que de toute suite d’éléments def(K), on peut extraire une sous-suite convergente de limite appartenant àf(K)et dans tous les cas, f(K)est une partie compacte deF.

L’image réciproque d’une partie compacte deFpar une application continue n’est pas nécessairement une partie compacte deE. Par exemple, sifest la fonction définie surRpar∀x∈R,f(x) =sinx, alorsfest continue surRetf⁻¹([−1, 1]) =R. [−1, 1]est un compact de Rcar est fermé et borné maisRn’est pas un compact deRcarRn’est pas borné.

(2)

PROBLÈME : PHÉNOMÈNE DE GIBBS

Partie préliminaire

1. (a)La fonctiont7→ sint

t est continue sur]0, π]et a une limite réelle en0 à savoir1 ou encore est prolongeable par continuité en 0. Donc cette fonction est intégrable sur ]0, π]. On note gla fonction définie sur R parg(0) = 1 et pour t6=0,g(t) = sint

t . (b)Pour tout réelt6=0,

g(t) = sint t =

+∞

X

k=0

(−1)^k t^2k

(2k+1)! =1+

+∞

X

k=1

(−1)^k t^2k (2k+1)!,

ce qui reste vrai pourt=0. Donc la fonctiongest développable en série entière surR. On sait alors que pour tout réel r > 0, la série entière de sommegconverge uniformément versgsur[−r, r]. En particulier, la série de fonctions de terme généralt7→(−1)^k t^2k

(2k+1)!,k∈N, converge uniformément vers la fonctiongsur le segment[0, π]et d’autre part chacune de ces fonctions est continue sur ce segment. D’après le théorème d’intégration terme à terme sur un segment, on peut écrire

I= Zπ

0

g(t)dt=

+∞X

k=0

(−1)^k Zπ

0

t^2k

(2k+1)! dt=

+∞X

k=0

(−1)^k π^2k+1 (2k+1)×(2k+1)!.

I=

+∞

X

k=0

(−1)^k π^2k+1 (2k+1)×(2k+1)!.

2. (a)D’après un théorème de croissances comparées, lim

n→+∞

πⁿ n! =0.

Pourn∈N^∗, posonsvn = πⁿ

n×n! > 0. Pourn∈N^∗.

vn+1

v_n −1=

πⁿ⁺¹ (n+1)×(n+1)!

πⁿ n×n!

−1= nπ

(n+1)²−1= −n²+ (π−2)n−1

(n+1)² < −n²+2n−1

(n+1)² = −(n−1)² (n+1)² 60.

Mais alors,∀n∈N^∗,v_n+1< v_n et la suite πⁿ

n×n!

n∈N∗

est strictement décroissante.

(b)Pour k∈N,uk= π^2k+1

(2k+1)×(2k+1)!. D’après la question précédente, la suite(uk)k∈Nest une suite décroissante de limite nulle ou encore, la suite((−1)ûk)_k∈N est alternée en signe et sa valeur absolue tend vers0en décroissant. D’après une majoration classique du reste à l’ordrend’une série alternée, pourn∈Non a

|R_n|=

+∞

X

k=n+1

(−1)^ku_k

6(−1)ⁿ⁺¹un+1= π²ⁿ⁺³

(2n+3)×(2n+3)!.

Soitn∈N^∗. 2 πI− 2

π Xn

k=0

(−1)^ku_k = 2

π|R_n|6 2π²ⁿ⁺²

(2n+3)×(2n+3)!. Pourn=4, on a 2π²ⁿ⁺²

(2n+3)×(2n+3)! =0, 0004 . . . <

10⁻²

2 et donc une valeur approchée à 10⁻²

2 près de 2 π

X4

k=0

(−1)^ku_k est une valeur approchée à10⁻² près de 2 πI.

La machine fournit 2 π

X4

k=0

(−1)^kuk=2

1− π²

3×3! + π⁴

5×5! − π⁶

7×7!+ π⁸ 9×9!

=1, 179 . . .

I=1, 18à10⁻² près.

(3)

Première partie : Phénomène de Gibbs

3. La fonction f est 2π-périodique, de classe C¹ par morceaux sur R et vérifie en tout réel x, f(x) = f(x⁺) +f(x⁻)

2 .

D’après le théorème deDirichlet, la série deFourierdefconverge simplement vers la fonctionf surR.

1 2 3 4 5 6

−1

−2

−3

−4

−5

−6

−7

1

−1

b b b

b

) ( )

) (

( (

( ) )

De plus,fest impaire et donc pourn∈N,an(f) =0puis pourn∈N^∗, bn(f) = 2

π Zπ

0

sin(nt)dt= 2 π

−cos(nt) n

π 0

= 2(1− (−1)ⁿ)

nπ .

Par suite, pour k∈N^∗,b2k(f) =0 et pour k∈N,b2k+1(f) = 4

(2k+1)π. Ainsi, pour chaque n∈N^∗, Sn est le2n-ème polynôme deFourierdef. On a donc montré que la suite de fonctions(S_n)_n∈N∗ converge simplement vers la fonctionf surR.

La suite de fonctions(S_n)_n∈N∗ ne converge pas uniformément vers la fonctionfsurRcar chaque fonctionSn est continue surRmais la fonctionfne l’est pas.

4.

1 2 3

−1

−2

−3

1

−1

b b

S₁₀

1 2 3

−1

−2

−3

1

−1

b b

S₂₀

On constate que les courbes représentatives des fonctions Sn, ngrand, sont presque verticales au voisinage de t= 0 ce qui présage d’un saut pour la fonction limite.

5. (a)Soientn∈N^∗ ett∈R\πZ.

sint×T_n(t) =

n−1X

k=0

(sint)(sin((2k+1)t)) = 1 2

n−1X

k=0

(cos(2kt) −cos((2k+2)t))

= 1

2(cos(0) −cos(2nt)) (somme télescopique)

= 1

2(1−cos(2nt)) =sin²(nt), et donc, puisque sint6=0, Tn(t) = sin²(nt)

sint .

∀n∈N^∗,∀t∈R\πZ,T_n(t) = sin²(nt) sint . (b)Soitn∈N^∗. Pour toutt∈[a, b],0 <sin(a)6sin(t)et doncTn(t)6 1

sin(a).

∀n∈N^∗,∀t∈[a, b],Tn(t)6 1 sin(a). (c)Soientn>1,p>2 ett∈[a, b]. Une transformation d’Abelfournit

(4)

|S_n+p(t) −Sn(t)|= 4 π

n+p−1

X

k=n

1

2k+1(T_k+1(t) −Tk(t)) = 4

π

n+p−1

X

k=n

1

2k+1Tk+1(t) −

n+p−1

X

k=n

1

2k+1Tk(t)

= 4 π

n+pX

k=n+1

1

2k−1Tk(t) −

n+p−1

X

k=n

1

2k+1Tk(t)

= 4 π

1

2(n+p) −1T_n+p(t) +

n+pX

k=n+1

1

2k−1− 1 2k+1

T_k(t) − 1

2n+1T_n(t) 6 4

π

1

2(n+p) −1|T_n+p(t)|+

n+pX

k=n+1

1

2k−1 − 1 2k+1

|T_k(t)|− 1

2n+1|T_n(t)|

!

6 4

πsin(a)

1

2(n+p) −1+

n+p−1X

k=n+1

1

2k−1− 1 2k+1

+ 1

2n+1

!

= 4

πsin(a)

1

2(n+p) −1 + 1

2n+1− 1 2(n+p) −1

+ 1

2n+1

(somme télescopique)

= 8

πsin(a)(2n+1).

Ainsi, pour∀n>1,∀p>2,∀t∈[a, b], |S_n+p(t) −S_n(t)|6 8

πsin(a)(2n+1). Quandptend vers +∞àn et tfixés, on obtient

∀n∈N^∗,∀t∈[a, b],|f(t) −Sn(t)|6 8

πsin(a)(2n+1).

On en déduit que∀n∈N^∗, sup{|f(t) −Sn(t)|, t∈[a, b]}6 8

πsin(a)(2n+1) puis que lim

n→+∞sup{|f(t) −Sn(t)|, t∈[a, b]}= 0. Par suite,

la série deFourierdef converge uniformément versfsur tout segment[a, b]contenu dansi 0,π

2 h.

6. (a)Soitn∈N^∗. Pour tout réel t∈i 0,π

2

i,S_n^′(t) = 4 π

n−1X

k=0

cos((2k+1)t). Par suite, pour tout réel t∈i 0,π

2 i,

sin(t)×S_n^′(t) = 4 π

n−1X

k=0

sin(t)cos((2k+1)t) = 2 π

n−1X

k=0

(sin(2k+2)t) −sin(2kt))

= 2sin(2nt)

π ,

et donc

∀n∈N^∗,∀t∈[a, b],S_n^′(t) = 2sin(2nt) πsin(t) . Puis pourt∈i

0,π 2 i

S_n^′(t) =0⇔sin(2nt) =0⇔2nt∈πZ⇔t∈ π

2nZ⇔t∈ π

2n,2π

2n, . . . ,(n−1)π 2n ,π

2

. Donc

∀n∈N^∗,αn= π 2n. (b)Soitn∈N^∗. La fonctionS_n^′ est continue surh

0,π 2

iet pour toutt∈i 0,π

2

i,S_n^′(t) = 2sin(2nt)

πsin(t) . Donc pourx∈h 0,π

2 i,

Sn(x) = Zx

0

S_n^′(t)dt= 2 π

Zx 0

sin(2nt)

sin(t) dt. En posantu=2nt, et donct= u

2n puisdt= du

2n, on obtient en particulier

(5)

Sn(α_n) = 2 π

Zπ/(2n) 0

sin(2nt)

sin(t) dt= 2 π

Zπ 0

sin(u) sin u

2n du

2n = 1 nπ

Zπ 0

sin(u) sinu

2n du.

∀n∈N^∗,S_n(α_n) = 1 nπ

Zπ 0

sin(u) sin u

2n du.

(c)Pourn∈N^∗ etu∈]0, π], posonsfn(u) = sin(u) nπsin u

2n .

•Chaque fonctionfn est continue sur]0, π].

•La suite de fonctionsfn converge simplement sur]0, π]vers la fonctionu7→2sin(u)

πu qui est continue sur]0, π].

•Pour toutn∈N^∗ etu∈]0, π],

|fn(u)|= sin(u) nπsin u

2n

6 sin(u) nπ 2u 2nπ

= sin(u)

u =ϕ(u)(hypothèse de domination).

De plus la fonctionϕest continue et intégrable sur]0, π]d’après le préliminaire.

D’après le théorème de convergence dominée, la suite(Sn(αn))converge et

n→+∞lim Sn(αn) = Zπ

0 n→lim+∞

sin(u) nπsinu

2n du=

Zπ 0

2sin(u)

πu du= 2I π.

n→lim+∞S_n(α_n) = 2I π.

7. 1ère solution.Soitn∈N^∗. sup

x∈]^0,^π2[

2I π −1

=0, 2à10⁻¹près d’après la question 2.b) et donc sup

x∈]^0,^π2[

|S_n(x) −f(x)|ne tend pas vers0quandntend vers +∞.

2ème solution. lim

x→0⁺

n→lim+∞(S_n(x) −f(x))

= lim

x→0⁺0=0 et lim

n→+∞

x→0lim⁺(S_n(x) −f(x))

= lim

x→0⁺(0−1) = −16=0.

D’après le théorème d’interversion des limites, la suite de fonctions(S_n)ne converge pas uniformément versfsuri 0,π

2 h ou encore sup

x∈]^0,^π2[

|S_n(x) −f(x)|ne tend pas vers0quandntend vers+∞.

Deuxième partie : Démonstration du théorème de convergence normale

8. Soitfune fonction continue par morceaux surR,2π-périodique, à valeurs dansC. Alors

+∞X

n=−∞

|cn(f)|²= 1 2π

Z2π 0

|f(t)|² dt.

Si tous les cn, n ∈ Z, sont nuls alors 1 2π

Z2π 0

|f(t)|² dt = 0 puis ∀t ∈ [0, 2π], |f(t)|² = 0 (fonction continue, positive,

d’intégrale nulle) puis∀t∈[0, 2π], f(t) =0et finalementf=0par2π-périodicité.

Le résultat ne reste pas valable si la fonction est seulement continue par morceaux. Par exemple, soitfla fonction définie surR par : ∀t∈R\2πZ,f(t) =0 et ∀t∈2πZ, f(t) =1. f est continue par morceaux surR, 2π-périodique et ∀n∈Z, c_n(f) =0maisfn’est pas la fonction nulle.

9. (a)Par hypothèse, la série de fonctionsSn : t7→c0(f) + Xn

p=1

c−p(f)e^−ipt+cp(f)e^ipt

,n∈N^∗, converge uniformé- ment vers la fonctiongsurR. Puisque chaque fonctionSn,n∈N^∗, est continue surR, on en déduit que la fonctiongest continue surR.

Soitk∈Z. Puisque∀n∈N^∗,∀t∈R,|g(t)e^−ikt−S_n(t)e^−ikt|=|g(t) −S_n(t)|, la série de fonctionst7→S_n(t)e^iktconverge uniformément surRet donc sur le segment[0, 2π]vers la fonctiont7→g(t)e^−ikt. D’après le théorème d’intégration terme à terme sur un segment,

(6)

c_k(g) = 1 2π

Z2π 0



c₀(f)e^−ikt+ X+∞

p=1

(c−pe^i(−p−k)t+c_pe^i(p−k)t)



 dt

=c0(f)× 1 2π

Z2π 0

e^−iktdt+

+∞X

p=1

c−p(f)× 1 2π

Z2π 0

e^i(−p−k)tdt+cp(f)× 1 2π

Z2π 0

e^i(p−k)tdt

!

=δ_0,kc₀(f) + X+∞

p=1

(c−p(f)δk,−p+c_p(f)δ_k,p) =c_k(f).

(b)Ainsi,∀n∈Z, c_n(f) =c_n(g). Puisque les deux fonctions continuesf etgsont2π-périodiques et continues surR, on en déduit d’après la question 8 quef=g.

10. (a)Soitn∈Z. Supposonsfde classeC¹surR. On peut effectuer une intégration par parties qui fournit c_n(f^′) = 1

2π Z2π

0

f^′(t)e^−intdt= 1 2π

f(t)e^−int2π 0 − 1

2π Z2π

0

f(t)×(−ine^−int)dt=0+in 1 2π

Z2π 0

f(t)e^−int)dt=inc_n(f).

Sifest continue et de classeC¹par morceaux, la fonctionf^′ n’est éventuellement pas définie en quelques points de[0, 2π]

et d’autre part, l’intégration par parties ci-dessus n’est plus licite. Néanmoins, soita0=0 < a1< . . . < ak−1< ak=2π une subdivision de[0, 2π] adaptée à la fonctionf. Pourt∈[0, 2π], on pose DF(t) =f^′(t)sit∈[0, 2π]\ {a0, a1, . . . , ak}et 0sit∈{a₀, a1, . . . , ak}puis on prolongeDfàRpar2π-périodicité. Vérifions alors quecn(Df) =incn(f).

La fonctionDfest définie sur[0, 2π] et continue par morceaux et si on notef_pla restriction defà [a_p, ap+1] Zap+1

ap

Df(t)e^−intdt= Zap+1

ap

f_p^′(t)e^−intdt

= Zap+1

ap

ef_p^′(t)e^−intdt(oùef_p^′ désigne le prolongement par continuité de la fonctionf_p^′enapetap+1)

=

fp(t)e^−int^ap+1

ap +in Zap+1

ap

fp(t)e^−intdt=

f(t)e^−int^ap+1

ap +in Zap+1

ap

f(t)e^−intdt puis

cn(Df) = 1 2π

k−1X

p=0

f(t)e^−intap+1

ap +in Zap+1

ap

f(t)e^−intdt

!

= 1 2π

f(t)e^−int2π 0 +in

Z2π 0

f(t)e^−intdt

!

=inc_n(f).

Comme la fonctionDfcoïncide avec la fonctionf^′sur[0, 2π]sauf peut-être en un nombre fini de points, on notera encore c_n(f^′)le complexec_n(Df).

∀n∈Z,cn(f^′) =incn(f).

(b)Pour tout réelaetb, on a|ab|61

2(a²+b²)car(|a|−|b|)²>0. Soit alorsn∈N^∗. Pour tout réelt,

|u_n(t)|6|c_n(f)|+|c_−n(f)|=|inc_n(f^′)|+|inc_−n(f^′)|=n|c_n(f^′)|+n|c_−n(f^′)|

6 1 2n² +1

2|cn(f^′)|²+ 1 2n² +1

2|c−n(f^′)|²= 1 n²+1

2(|cn(f^′)|²+|c−n(f^′)|²)

∀n∈N^∗,|u_n(t)|6 1 n²+ 1

2(|c_n(f^′)|²+|c_−n(f^′)|²).

(c) La série de terme général 1

n² converge et d’autre part, d’après le théorème de Parseval, puisque la fonction f^′

« est » continue par morceaux sur R, la série numérique de terme général 1

2(|cn(f^′)|²+|c−n(f^′)|²). Finalement, on a majoréun(t)|par une expression indépendante det, terme général d’une série numérique convergente et donc la série de fonction de terme généralun converge normalement surRvers la fonctiong=f.

(7)

(d)On vient de montrer que sifest une fonction continue surR, de classeC¹par morceaux,2π-périodique alors la série deFourierdef converge normalement vers la fonctionfsurR. Le phénomène deGibbsne se produit donc pas.