Partie I 15
I.1. (x, t) 7→ f (x − t)g(t) de R ×[−π, +π] dans C est continue et born´ee donc le th´eor`eme de continuit´e sous le signe R
nous permet d’affirmer que f ∗ g est continue. On v´erifie de mani`ere triviale que f ∗ g est ´egalement 2π-p´eriodique. . . 2 Ensuite, en posant x − t = u et en remarquant que, pour une fonction 2π-p´eriodique, on a
Z
x+2π x= Z
2π0
, on obtient f ∗ g = g ∗ f. . . 1 f [ ∗ g(n) = 1
(2π)
2Z
+π−π
Z
+π−π
f(x − t)g(t) dt
e
−inxdx
= 1
(2π)
2Z
+π−π
Z
+π−π
f(x − t)e
−inxdx
g (t) dt (th´eor`eme de Fubini)
= 1
(2π)
2Z
+π−π
Z
+π−π
f(u)e
−inudu
g (t)e
−intdt (changement x = t + u)
= f b (n) b g(n). 2
La derni`ere ´egalit´e est imm´ediate.
I.2. On retrouve le cas classique : P est l’ensemble des polynˆomes trigonom´etriques. En effet si f ∈ P il existe N ∈ N tel que n > N ⇒ f b (n) = 0. On pose alors g = S
N(f), f et g ont mˆemes coefficients de Fourier et sont continues donc f = g = S
N(f ).
R´eciproque imm´ediate. . . 4 I.3. C
Aest un ferm´e, en effet, si (f
p) est une suite de C
Aqui converge uniform´ement vers f
alors, ∀n / ∈ A, f b
p(n) = 0 ⇒ f b (n) = 0 et donc f ∈ C
A.
Vu que P
A⊂ C
A, on en d´eduit que P
A⊂ C
A. . . 3 Pour l’autre inclusion, on utilise soit le noyau de Fejer, soit le noyau K
n(t) = α
n(1+cos t)
no` u α
nest choisi pour que 1
2π Z
π−π
K
n(t) dt = 1. En fait on peut aussi utiliser une version du th´eor`eme de Weierstrass.
I.4. On a f e d
k(λ) = 1 2π
Z
+π−π
f(t)e
ikte
−iλtdt = f(λ b − k) = X
l∈Z
f b (l) b e
k(λ − l).
Par lin´earit´e, comme les sommes sont finies, on obtient bien le r´esultat
∀λ ∈ Z , f P c (λ) = X
n∈Z
f(λ b − n) P b (n) = X
n∈Z
f(n) b P b (λ − n) 3
1
Partie II 35 II.1. On raisonne par r´ecurrence sur m.
• Pour m = 1, la propri´et´e est ´evidente.
• Supposons la vraie jusqu’au rang m − 1. A l’ordre m, prouvons que ε
m= 0 : par l’absurde : si ε
m6= 0 alors |ε
mλ
m| > λ
m> 3λm−1 or
m−1
X
k=1
ε
kλ
k6 2
m−1
X
k=1
λ
k6 2λm−1
m−2X
k=0
1
3
k< 3λ
m−1, ce qui rend l’´egalit´e ε
mλ
m= −
m−1P
k=0
ε
kλ
kimpossible.
Conclusion : ∀k ∈ N , ε
k= 0. . . 4 Supposons maintenant que n =
P
m k=1ε
kλ
k= P
m k=1ε
′kλ
k(on a pris le mˆeme m quitte `a prendre des ε
knuls).
On a alors P
m k=1(ε
k− ε
′k)λ
k= 0 avec |ε
k− ε
′k| 6 2 et en utilisant le r´esultat pr´ec´edent on en d´eduit que ε
k= ε
′k.
Conclusion : l’´ecriture n = P
m k=1ε
kλ
kest unique. . . 1 II.2. a. On a
S(t) = 2 δ
Y
m k=11 + δ
2 e
i(λkt+ϕk)+ δ
2 e
−i(λkt+ϕk)= 2 δ
X
(ε1,...,εm)∈{−1,0,1}m
δ 2
Pml=1
|εl|
e
iPm l=1
εl(λlt+ϕl)
. 4
(On pouvait aussi raisonner par r´ecurrence sur m et utiliser le I.4 .) Pour calculer S(n), trois cas se pr´esentent : b
• Si n = 0 alors S(0) = b 2 δ ,
• Si n n’est pas de la forme P
m l=1ε
lλ
lalors S(n) = 0. . . 2 b
• Si n = P
m l=1ε
lλ
lalors, vu la repr´esentation unique de m, il n’y aura qu’un seul terme de cette forme dans l’´ecriture ci-dessus et donc
S(n) = b 2 δ
δ 2
Pml=1
|εl|
e
iPm l=1
εlϕl
. 3
Ceci permet de r´epondre aux deux questions.
b. S(λ b
k) = e
iϕket S(−λ b
k) = e
−iϕkcar on a dans ce cas ε
k= 1 ou -1, les autres ´etant nuls. . . 1 Si n / ∈ {±λ
k, k ∈ [1, m]} ∪ {0}, on a deux cas possibles :
• si n ne s’´ecrit pas sous la forme P
m l=1ε
lλ
lalors S(n) = 0 b 6 δ 2 ,
• et si n = P
m l=1ε
lλ
l, au moins deux ε
lsont non nuls et b S(n) 6 2 δ
δ 2
2= δ 2 . . 1 c. On a kSk
1= S(0) = b 2
δ car S est positive.. . . 3
II.3. a. Par un simple calcul int´egral on a
b
a(0) = 1 b
a(n) = 2
ε
2n
2(1 − cos nε) pour n ∈ Z
∗. . . . 4 b. a est continue, de classe C
1par morceaux, donc a est ´egale `a sa s´erie de Fourier, si
on prend la valeur en 0, on a bien la relation demand´ee : X
n∈Z
b a(n) = 2π
ε . 2
c. On remarque que b a(−n) = b a(n) d’o` u X
|n|>N
b
a(n) = 2 X
+∞n=N+1
b a(n)
= 4 ε
2X
+∞n=N+1
1 − cos nε n
26
8 ε
2X
+∞n=N+1
1 n
26 8
ε
2N . 2
II.4. Montrons que λ
k+1> λ
k− n > λ
k−1(ce qui prouvera aussi que λ
k− n > 0).
On a λ
k− n − λ
k−1> 3λk−1− n − λ
k−1 = 2λ
k−1− n > 2.3
k−2− n > 2.3
N−1− N > 0. 1 Ensuite, λ
k+1− λ
k+ n > 2λ
k+ n > 2.3
k−1+ n > 2.3
N − N > 0 donc λ
k− n / ∈ Λ. . . 2 On peut alors appliquer le I.4 car S ∈ P :
T b (λ
k) = aS(λ c
k) = X
n∈Z
b a(n) S(λ b
k− n)
= b a(0) S(λ b
k) + X
0<|n|
6
Nb
a(n) S(λ b
k− n) + X
|n|>N
b
a(n) S(λ b
k− n),
et comme b a(0) = 1, il suffit de majorer chacune des deux sommes qui apparaissent ci- dessus :
X
0<|n|
6
Nb
a(n) S(λ b
k− n)
6 δ 2
X
0<|n|
6
Nb
a(n) 6 δ 2
X
n∈Z
b
a(n) = πδ ε car les b a(n) sont des r´eels positifs et S(λ b
k− n) 6 δ
2 puisque λ
k− n > 0 et λ
k− n / ∈ Λ. 3
Enfin,
X
|n|>N
b
a(n) S(λ b
k− n)
6 2 δ
X
|n|>N
b
a(n) 6 16
ε
2Nδ 2
car tous les | S(λ b
k− n)| sont major´es par 2 δ . Conclusion : | S(λ b
k) − T b (λ
k)| 6 δπ
ε + 16
ε
2Nδ .
Partie III 14 III.1. C’est une cons´equence du II.4 :
• on pose δ = ε
4π ∈]0, 1[, . . . 1
• on prend l >
64 ε
2δ
+ 2 . . . 2
• et M = 4π
δε . . . 1 Soit maintenant m > l et ϕ ∈ R
m, l’´el´ement T de C construit au II `a partir de ces donn´ees v´erifie bien les conditions (i) et (ii).
Or kT k
1= 1 2π
Z
+π−π
|a(t)|.|S(t)| dt 6 2π
ε kSk
1= M donc T v´erifie aussi (iii).
III.2. a. D’une part :
(P ∗ T )(0) = 1 2π
Z
+π−π
P (−t)T (t) dt = 1 2π
Z
+ε−ε
P (−t)T (t) dt d’o` u
|(P ∗ T )(0)| 6 kP k
Iε1 2π
Z
+ε−ε
|T (t)| dt 6 M kP k
ε. 2 D’autre part
P ∗ T = T ∗ P = X
mk=l
ζ
ke
−iϕkT ∗ e
λk= X
mk=l
ζ
ke
−iϕkT b (λ
k)e
λket donc (P ∗ T )(0) − X
mk=l
ζ
k=
X
m k=lζ
ke
−iϕk[ T b (λ
k) − e
iϕk] 6
1 2
X
m k=lζ
k. 4
Et comme
(P ∗ T )(0) − P
m k=lζ
k>
P
m k=lζ
k− |(P ∗ T )(0)| on en d´eduit que : X
mk=l
ζ
k6 M kP kIε + 1 2
X
m k=lζ
kd’o` u X
mk=l
ζ
k6 2MkP kIε. b. Si P ∈ P
Λ′ alors P s’´ecrit sous la forme P =
P
m k=lζ
ke
−iϕke
λkavec ζ
k> 0 pour tout k d’o` u
kP k 6 X
mk=l
ζ
k6 2M kP kIε. 2
Vu le I.3 , on sait que C
Λ′= P
Λ′(adh´erence au sens de la norme uniforme k.k), cette in´egalit´e est donc aussi valable pour tous les ´el´ements f de C
Λ′(en effet, si (f
n) converge uniform´ement vers f sur [−π, π], alors (f
n) va aussi converger uniform´ement vers f sur I
ε).
On a donc le r´esultat :
∀f ∈ C
Λ′, kfk 6 2M kf k
Iε2
ce qui signifie bien que C
Λ′est associ´e `a ε.
Partie IV 21 IV.1. a. Si k ∈ Z , on a :
b
g
h(k) = 1 2π
Z
+π−π
g(t + h)e
−iktdt − e
iqhb g(k) = (e
ikh− e
iqh) b g (k).
Comme g ∈ C
A, si k / ∈ A, g b (k) = 0 et donc b g
h(k) = 0, i.e. g
h∈ C
A. . . 2 Ensuite, g
hest ´evidemment nulle sur I
εet comme C
Aest associ´e `a ε et que g
h∈ C
Aalors g
h= 0. . . 2 La fonction g n’´etant pas identiquement nulle, il existe donc k ∈ A tel que b g(k) 6= 0 et donc, pour |h| 6 η, e
ikh= e
iqh. En d´erivant par rapport `a h, on en d´eduit que q = k ∈ A. . . 2 b. Par l’absurde :
∀L ∈ R , ∃f ∈ C
A, ∃z ∈ C , |z| > Lkf + ze
qk
Iε+η. Avec L = n ∈ N
∗,
∀n ∈ N
∗, ∃f
n∈ C
A, ∃z
n∈ C , 1 n >
1
z
nf
n+ e
qIε+η