PROBL` EME (Mines-Ponts PSI 2006)

(1)

EXERCICE - Racine carr´ee d’une matrice de S_n⁺(R) Extrait CCP PSI 2011

1.a. SiS∈S_n⁺ alors∀X, ^tXSX ≥0. En particulier,

∀i, λ_i =λ_ikX_ik² =^tX_iSX_i≥0

1.b. Le théorème spectral affirme que toute matrice symétrique réelle est diagonalisable dans une base orthonormée de vecteurs propres (X₁, . . . , X_n).

SoitX ∈ M_n,1(R) ; on peut l’´ecrireX =Pn

i=1x_iX_i et alors, la base desX_i ´etant orthonormale,

tXSX =

n

X

i=1

xiXi|

n

X

i=1

λixiXi

!

=

n

X

i=1

λix²_i Si lesλ_i sont tous positifs alors^tXSX ≥0 etS ∈S_n⁺.

1.c. Il existe une matrice orthogonale P telle que S = Pdiag(λ₁, . . . , λ_n)P−1. On a alors S inversible comme produit de telles matrices et

S⁻¹ =Pdiag(1/λ₁, . . . ,1/λ_n)P⁻¹

Cette matrice est sym´etrique (car P⁻¹ =^tP) et ses valeurs propres sont>0 (ce sont les 1/λ_i). On a donc (avec le r´esultat admis)

S⁻¹ ∈S_n⁺⁺

2.a. De mani`ere imm´ediate,

∆² =D

En composantN Y =µY parN, on obtientN²Y =µ²Y et doncDY =µ²Y ce qui donne, en regardant coordonn´ee par coordonn´ee,

∀i∈[[1, n]], µ²yi=λiyi

Siyi 6= 0 alors µ² =λi et donc µ=|µ|=√

λi et donc µyi =√

λiyi. Ceci reste bien sˆur vrai siyi = 0 et ainsi

∀i∈[[1, n]], µy_i =p λ_iy_i

Ceci s’écrit matriciellement µY = ∆Y ou encoreN Y = ∆Y. CommeN est symétrique, il existe une base (Y1, . . . , Yn) de M_n,1(R) formée de vecteurs propres pour N. Ce qui précède donne N Yi = ∆Yi

pour touti. Par combinaisons lin´eaires (et comme lesYi forment une base),N Y = ∆Y est vrai pour toutY et donc

∆ =N

(puisque les applications linéaires canoniquement associées à N et ∆ sont égales).

2.b. Si la matriceT convient (on raisonne ici par conditions n´ecessaires) alorsT² =U D^tU et donc (comme

tU =U⁻¹)

(^tU T U)² =^tU T²U =D

tU T U est symétrique et semblable àT donc à valeurs propres positives. C’est donc un élément deS_n⁺. La question précédente indique que^tU T U = ∆ et on a donc

T =U∆^tU

Réciproquement, il suffit de faire le calcul pour vérifier que pour ce choix de T, T² =S. De plus, T est symétrique et positive (semblable à ∆ et donc à valeurs propres positives).

On a donc montr´e que

∀S ∈S_n⁺, ∃!T ∈S_n⁺/ T²=S

(2)

3.a. On a

Lk(S)Xi =



 Y

j6=k

1 µ_k−µj







 Y

j6=k

(S−µjIn)



Xi

Comme (S−αI_n)X_i = (λ_i−α)X_i, on montre de proche en proche que L_k(S)Xi =



 Y

j6=k

1 µ_k−µ_j







 Y

j6=k

(λi−µj)



Xi

Distinguons deux cas.

- Si µk=λi alorsLk(S)Xi =Xi.

- Sinon, λi est ´egal `a unµj avec j6=k etLk(S)Xi = 0.

3.b. L_k est nul enµ_j pourj 6=ket vaut 1 en µ_k. Ainsi, P =

p

X

k=1

√µ_kL_k

Avec la question pr´ec´edente,

P(S)X_i =

p

X

k=1

√µ_kL_k(S)X_i =p λ_iX_i

(X₁, . . . , X_n) est une base de vecteurs propres pourP(S) et les valeurs propres deP(S) sont exactement les√

λi et sont positives. Comme P(S)∈Sn(R) on a finalement P(S)∈S_n⁺

On aP(S)²X_i =P(S)(P(S)X_i) =P(S)(√

λ_iX_i) =√

λ_iP(S)X_i =λ_iX_i =SX_i. Ainsi P(S)² =S (les endomorphismes canoniquement associés étant égaux sur une base). Par unicité, on a prouvé que

P(S) =√ S

3.c. S est bien entendue symétrique réelle donc diagonalisable par le théorème spectral. Un simple calcul donneχ_S= (X−1)²(X−4) ou sinon il est assez évident que 1 est valeur propre vu que rang(A−I₃) = 1 et la dernière valeur propre se trouve grâce à la trace : 1 + 1 + 4 = 6 = tr(S).

On a exactement :

Sp(S) ={1,4}, E₂(S) = Vect((1,−1,0),(1,0,−1)), E₉(S) = Vect((1,1,1)) Pour calculer√

S, on recherche le polynôme interpolateurP : On a d’après la question précédente :P(S) =√

1L₁(S) +√

4L₄(S).

OrL₁(X) = X−4

−3 etL₄(X) = X−1 3 donc P = 1

3[(X−4)−2(X−1)] = 1

3(−X−2)

et ainsi √

S=−1 3S− 2

3I3

(3)

PROBLÈME - PHÉNOMÈNE DE GIBBS Sujet CCINP PSI 2017

Partie 1 : r´esultats pr´eliminaires

1. Une int´egration par partie (on d´erive f et on primitive cos(nt) et on a bien deux fonctions de classe C¹ sur le segment)

Z 2π 0

f(t) cos(nt)dt=

sin(nt) n f(t)

2π 0

− 1 n

Z 2π 0

sin(nt)f⁰(t)dt Le terme entre crochets est nuls. On majore l’autre grossi`erement :

Z 2π 0

f(t) cos(nt)dt

≤ 1 n

Z 2π 0

|f⁰(t)|dt Le majorant ´etant de limite nulle,

n→+∞lim Z 2π

0

f(t) cos(nt)dt= 0

2. Par théorème fondamental appliqué à la fonction continue ϕsur l’intervalle R, la primitive cherchée est

Φ : x7→

Z x 0

ϕ(t)dt ϕ´etant 2π-p´eriodique,Rx+2π

x ϕ(t)dtne dépend pas dexet par hypothèse, sa valeur en 0 est nulle. On en déduit que Φ est aussi 2π-périodique.

Comme Φ est continue, elle est bornée sur le segment [0,2π]. Etant 2π-périodique, elle est aussi bornée surR(avec la même borne que sur [0,2π]).

On peut alors utiliser une int´egration par partie comme plus haut.

Z b a

f(t)ϕ(nt)dt= 1

nf(t)Φ(nt) b

a

− 1 n

Z b a

f⁰(t)Φ(nt)dt En notant M =kΦk_∞ (qui existe) on a alors

Z b a

f(t)ϕ(nt)dt

≤ M

n(|f(a)|+|f(b)|) +M n

Z b a

|f⁰(t)|dt L`a encore le majorant est de limite nulle et

n→+∞lim Z _b

a

f(t)ϕ(nt)dt= 0 3. On a

Z β α

h(t)ϕ(nt)dt= Z β

α

(h(t)−g(t))ϕ(nt)dt+ Z β

α

g(t)ϕ(nt)dt On peut alors utiliser l’inégalité triangulaire et la croissance de l’intégrale

Z β α

h(t)ϕ(nt)dt

≤ Z β

α

|h(t)−g(t)|.|ϕ(nt)|dt+

Z β α

g(t)ϕ(nt)dt Comme|h−g|est major´ee parεsur [α, β], on en d´eduit alors que

Z β α

h(t)ϕ(nt)dt

≤ kΦk_∞|β−α|ε+

Z β α

g(t)ϕ(nt)dt

(4)

Soit alors f continue sur [a, b]. On va montrer le résultat demandé en revenant à la définition des limites (comme nous y incite le début de la question). On se donne donc ε > 0. Par théorème de Weierstrass, on peut trouver une fonction polynomiale P telle que kf −Pk_∞,[a,b] ≤ ε. La question précédente donne une constanteM telle que

Z b a

f(t)ϕ(nt)dt

≤M|b−a|ε+

Z b a

P(t)ϕ(nt)dt

La question2.montre que pournassez grand, le second terme est en module plus petit que εpourn assez grand. C’est `a dire qu’il existen0 tel que

∀n≥n0,

Z b a

f(t)ϕ(nt)dt

≤(M|b−a|+ 1)ε Comme (M|b−a|+ 1) est une constante, on a donc prouv´e que

n→+∞lim Z b

a

f(t)ϕ(nt)dt= 0

Dans le cas o`uf n’est que continue par morceaux, il existe un nombre fini de morceaux ]α, β[ tels que f restreinte `a ]α, β[ soit continue et prolongeable en une fonction ˜f continue sur [α, β]. On a

n→+∞lim Z β

α

f˜(t)ϕ(nt)dt= 0

Remplacer ˜f parf ne change pas l’int´egrale. On obtient le r´esultat pourf sur [a, b] en faisant la somme sur tous les morceaux.

4. On a sin²(nt) = ¹₂(1−cos(2nt)) et donc Z b

a

f(t) sin²(nt)dt= 1 2

Z b a

f(t)dt−1 2

Z b a

f(t) cos(2nt)dt

Commex7→cos(2x) est continue, 2π-périodique et d’intégrale nulle sur [0,2π], le second terme est de limite nulle avec ce qui précède et ainsi

n→+∞lim Z _b

a

f(t) sin²(nt)dt= 1 2

Z _b

a

f(t)dt Partie 2 : l’int´egrale de Dirichlet

5. t 7→ ^F^(t)_t étant continue sur [a,+∞[, le seul problème est celui au voisinage de +∞. Comme F est bornée, on a ^F(t)_t2 =O _t¹2

et par comparaison aux fonctions de Riemann,t 7→ ^F^(t)_t est int´egrable au voisinage de +∞ et finalement sur [a,+∞[. A fortiori, on a existence de

Z +∞

a

F(t) t² dt

t7→ ^f(t)_t est continue sur [a,+∞[ et le seul problème est donc celui au voisinage de +∞. On revient ici à la définition de l’existence de l’intégrale (et on ne cherche pas à prouver l’intégrabilité). Par intégration par parties (et commeF est une primitive def surR⁺ par théorème fondamental)

Z b a

f(t) t dt=

F(t) t

b a

+ Z b

a

F(t) t² dt

Comme F est bornée, le terme entre crochets admet une limite (nulle) quand b → +∞. On a vu en début de question que la seconde intégrale admet aussi une limite quand b → +∞. On a donc (existence et valeur)

Z +∞

a

f(t)

t dt=−F(a) a +

Z +∞

a

F(t) t² dt

(5)

6. t7→sin(t)/t est continue sur ]0,+∞[ et prolongeable par continuit´e en 0 (valeur 1). Le seul probl`eme est au voisinage de +∞. Commex 7→Rx

0 sin(t)dt= 1−cos(x) est bornée sur R⁺, on peut utiliser la question précédente pour justifier que l’intégrale existe au voisinage de ∞ et donc surR⁺.

Commet7→1−cos(t) est une primitive de sin surR⁺, une intégration par partie (on travaille sur un segment deR^+∗ où il n’y a pas de problème pour celle-ci) donne

∀[a, b]⊂R^+∗, Z b

a

sin(t) t dt=

1−cos(t) t

b a

+ Z b

a

1−cos(t) t² dt Comme 1−cos(t) = 2 sin²(t), on a donc

∀[a, b]⊂R^+∗, Z b

a

sin(t) t dt=

1−cos(t) t

b a

+ 2 Z b

a

sin²(t/2) t² dt Dans l’int´egrale, on poseu=t/2 (changement de variable affine), on a alors

∀[a, b]⊂R^+∗, Z b

a

sin(t) t dt=

1−cos(t) t

b a

+ 2 Z b/2

a/2

sin²(u) u² du

Le membre de gauche admet une limite quanda→0 et quand b→+∞. Il en va de même du crochet (de limite nulle, en particulier car 1−cos(t) ∼ t²/2 au voisinage de 0) et en passant à la limite, on obtient l’existence de l’intégrale de sin²(u)/u² surR⁺ avec

Z +∞

0

sin(t) t dt=

Z +∞

0

sin²(t) t² dt 7. On utilise le résultat de continuité des intégrales à paramètres.

- ∀x∈R⁺, t7→f(t)e^−xt est continue surR⁺. - ∀t∈R⁺, x7→f(t)e^−xt est continue surR⁺.

- ∀x∈R⁺, ∀t∈R⁺, |f(t)e^−xt| ≤ |f(t)|. Le majorant est intégrable sur R⁺. Le théorème s’applique et indique queL(f) est continue surR⁺.

8. On doit maintenant utiliser le théorème de régularité.

- ∀x∈R^+∗, t7→f(t)e^−xt est int´egrable sur R⁺.

- ∀t∈R⁺, x7→f(t)e^−xt est de classeC^∞ sur R^+∗ de dérivéek-ième x7→(−t)^kf(t)e^−xt. - ∀x∈R^+∗, t7→(−t)^kf(t)e^−xt est continue surR⁺.

- ∀k ∈ N^∗, ∀[a, b] ⊂ R^+∗, ∀x ∈ [a, b], ∀t ∈ R⁺, |(−t)^kf(t)e^−xt| ≤ |f(t)|t^ke^−at. t 7→ t^ke^−at est continue sur R⁺, de limite nulle en +∞ (car a > 0) et donc bornée sur R⁺. Le majorant est donc intégrable surR⁺(puisque continu sur R⁺etO(f(t)) au voisinage de +∞, on n’a donc pas besoin du caractère borné def).

Le th´eor`eme s’applique et indique queL(f) est de classe C^∞ sur R^+∗ avec

∀k∈N^∗, L(f)^(k) : x7→

Z +∞

0

(−t)^kf(t)e^−xtdt

Pour la limite deL(f) en +∞, on va utiliser le théorème de convergence dominée via la caractérisation séquentielle. On se donne donc une suite (x_n) de limite infinie. On peut sans perte de généralité supposer quex_n≥1 pour toutn (puisquex_n→+∞). On pose alorsg_n : t7→f(t)e^−xⁿ^t.

- ∀n, g_n∈C⁰(R⁺).

- ∀t∈R⁺, g_n(t)→ 0 quandn→+∞ et la suite (g_n) est donc simplement convergente vers 0 sur R⁺.

- ∀n, ∀t∈R⁺, |g_n(t)| ≤ |f(t)|e^−tet le majorant est int´egrable sur R⁺ (continu sur R⁺ et domin´e parf au voisinage de +∞).

(6)

On en déduit queL(f)(x_n)→0 et, par caractérisation séquentielle,

x→+∞lim L(f)(x) = 0

9. (a) La fonction f proposée est continue sur R⁺ et intégrable sur R⁺. On peut alors utiliser ce qui précède.L(f) est ainsi de classe C^∞sur R^+∗ et

∀x >0, L(f)⁰⁰(x) = Z +∞

0

t²f(t)e^−xtdt On en d´eduit que

∀x >0, L(f)⁰⁰(x) +L(f)(x) = Z +∞

0

(t²+ 1)f(t)e^−xtdt= Z +∞

0

e^−xtdt= 1 x

(b) Soient α etβ des fonctions de classe C² telles que α⁰cos +β⁰sin. Posons alors g =αcos +βsin.

On a alors (avec l’hypoth`ese faite sur α, β)

g⁰ =−αsin +βcos, g⁰⁰=−αcos−βsin−α⁰sin +β⁰cos et ainsi

g⁰⁰+g=−α⁰sin +β⁰cos Pour queα etβ conviennent, il suffit donc que

α⁰(x) cos(x) +β⁰(x) sin(x) = 0

−α⁰(x) sin(x) +β⁰(x) cos(x) = _x¹ . La r´esolution du syst`eme montre qu’il suffit que

α⁰(x) =−sin(x)

x et β⁰(x) = cos(x) x Sihest continue surR^+∗,x7→Rx

1 h(t)dtest une primitive dehsurR^+∗. Si, de plus, l’int´egrale de hexiste au voisinage de +∞, on peut ajouter la constanteR+∞

1 h(t)dt(cela reste une primitive).

x7→ −R+∞

x h(t)dt est ainsi aussi une primitive de h. On peut appliquer ceci avec t7→ ^sin(t)_t (on a prouvé l’existence de l’intégrale) et t7→ ^cos(t)_t (la preuve de l’existence est la même). On peut donc choisir

α(x) = Z +∞

x

sin(t)

t dt et β(x) =− Z +∞

x

cos(t) t dt On peut donc choisirf1(t) = ^sin(t)_t etf2(t) =−^cos(t)_t .

(c) On a ainsi une solution particuli`ere h d´efinie par h(x) = cos(x)

Z +∞

x

sin(t)

t dt−sin(x) Z +∞

x

cos(t) t dt=

Z +∞

x

sin(t−x) t dt Le changement de variable affineu=t−x donne

h(x) = Z +∞

0

sin(u) x+u du

(d) L’ensemble des solutions de (E) surR^+∗ est un plan affine dirigé par l’ensemble des solutions de l’équation homogèney⁰⁰+y= 0, c’est à dire par Vect(cos,sin). On obtient l’ensemble des solutions en ajoutant la solution particulière trouvée. CommeL(f) est solution surR^+∗,

∃a, b/ ∀x >0, L(f)(x) =acos(x) +bsin(x) + Z +∞

0

sin(t) x+t dt

(7)

10. Soitx >0. t7→ ^sin(t)_x+t est continue surR⁺. On peut effetcuer une IPP pour obtenir

∀a >0, Z _a

0

sin(t) x+t dt=

−cos(t) x+t

a 0

− Z _a

0

cos(t) (x+t)² dt On en d´eduit que

∀a >0,

Z a 0

sin(t) x+t dt

≤ 1

x+ 1 x+a

+

Z a 0

dt

(x+t)² ≤2 1

x + 1 x+a

Tous les termes admettent une limite quanda→+∞ et le passage `a la limite donne

Z +∞

0

sin(t) x+t dt

≤ 2 x On conclut que

x→+∞lim Z +∞

0

sin(t)

x+t dt= 0

CommeL(f) est aussi de limite nulle en +∞, on en conclut que lim_x→0+acos +bsin est de limite nulle en +∞. En introduisant les suites (2nπ) et (2nπ+π/2), on en d´eduit que a=b= 0 et donc que

∀x >0, L(f)(x) = Z +∞

0

sin(t) x+t dt 11. Remarquons que

sin(t)

x+t −sin(t)

t =−xsin(t) t(x+t) On en d´eduit que

∀t≥1,

sin(t)

x+t −sin(t) t

≤ |x|1 t²

Le majorant étant intégrable sur [1,+∞[, on peut intégrer ! On obtient un majorant de limite nulle quandx→0⁺ :

x→0lim⁺ Z +∞

1

sin(t)

x+t −sin(t) t

dt= 0

Par ailleurs, comme ∀t, |sin(t)| ≤ |t| et comme toutes les int´egrales existent (fonctions continues ou prolongeables par continuit´e),

Z 1 0

sin(t)

x+t −sin(t) t

dt

≤ Z 1

0

x

x+t dt=x(ln(x+ 1)−ln(x)) et le majorant est de limite nulle quand x→0. Finalement,

x→0lim Z +∞

0

sin(t) x+t dt=

Z +∞

0

sin(t) t dt 12. On vient de voir que L(f)(x) tend vers R+∞

0

sin(t)

t dt quand x → 0. Mais L(f) est continue en 0 et donc

Z +∞

0

sin(t)

t dt=L(f)(0) = Z +∞

0

dt 1 +t² = π

2

(8)

Partie 3 : ph´enom`ene de Gibbs

13. S_n est d´erivable comme somme de fonctions d´erivables et S_n⁰(x) = 4

π

n

X

k=0

cos((2k+ 1)x) = 4 πRe

n

X

k=0

e^i(2k+1)x

!

Six /∈πZalors e^2ix6= 1 et (somme g´eom´etrique)

n

X

k=0

e^i(2k+1)x =e^ix1−e^2i(n+1)x

1−e^2ix =e^i(n+1)xsin((n+ 1)x) sin(x) On en d´eduit alors que

S_n⁰(x) = 4 π

sin((n+ 1)x) cos((n+ 1)x)

sin(x) = 2

π

sin(2(n+ 1)x) sin(x)

Le membre de gauche est continu en 0 et on peut donc intégrer cette égalité sur [0, x] pour tout x∈[0, π]. CommeSn(0) = 0, on obtient

∀x∈[0, π], Sn(x) = 2 π

Z x 0

sin(2(n+ 1)t) sin(t) dt 14. On sait que

∀t∈[0,1[, 1 1 +t² =

∞

X

k=0

(−t²)^k Ainsi, en int´egrant sur [0,1[,

π 4 =

Z 1 0

dt

1 +t² dt= Z 1

0

∞

X

k=0

(−1)^kt^2kdt nétant fixé, on découpe la somme en deux morceaux :

π 4 =

n

X

k=0

Z 1 0

(−1)^kt^2k dt+ Z 1

0

∞

X

k=n+1

(−t²)^k dt=

n

X

k=0

(−1)^k 2k+ 1+

Z 1 0

∞

X

k=n+1

(−t²)^kdt La somme est encore géométrique et on peut écrire cela sous la forme

π 4 −

n

X

k=0

(−1)^k 2k+ 1 =

Z 1 0

(−t²)ⁿ⁺¹

1 +t² dt= (−1)ⁿ⁺¹ Z 1

0

t²ⁿ⁺² 1 +t² dt On en d´eduit que

π 4 −

n

X

k=0

(−1)^k 2k+ 1

≤ Z 1

0

t²ⁿ⁺² dt= 1

2n+ 3 →0 et ainsi

+∞

X

k=0

(−1)^k 2k+ 1= π

4 15. On a sin((2n+ 1)^π₂) = sin(nπ+^π₂) = (−1)ⁿ et donc

S_nπ 2

= 4 π

n

X

k=0

(−1)^k 2k+ 1 On en d´eduit que

n→+∞lim S_nπ 2

= 1

(9)

16. On a sin((2n+ 1)(π−x)) = sin((2n+ 1)π−(2n+ 1)x) = sin((2n+ 1)x). Il en ressort alors que

∀x, S_n(π−x) =S_n(x) On fixe maintenantx∈]0, π/2]. Comme sin(2(n+1)t)

t est continue sur ]0, x] et prolongeable par continuit´e en 0, on peut utiliser la question 22 pour ´ecrire que

Sn(x) = 2 π

Z x 0

sin(2(n+ 1)t) 1

sin(t) −1 t

dt+ 2 π

Z x 0

sin(2(n+ 1)t)

t dt

t7→ _sin(t)¹ −¹_t = ^t−sin(t)_t_sin(t) est continue sur ]0, x] et prolongeable par continuité en 0 (équivalent à _6t^t³2 →0).

On peut alors utiliser la question 12 avec cette fonction deϕ : t7→sin(2t), on a

n→+∞lim Z x

0

sin(2(n+ 1)t) 1

sin(t) −1 t

dt= 0 Par ailleurs, le changement de variableu= 2(n+ 1)tdonne

Z x 0

sin(2(n+ 1)t)

t dt=

Z 2(n+1)x 0

sin(u) u du Commex >0, cette quantit´e tend versR+∞

0

sin(u)

u du= ^π₂ quandn→+∞.

En conclusion, on a

∀x∈]0, π/2], lim

n→+∞S_n(x) = 1 17. On vient de voir que∀x∈]0, π/2],Sn(x)→1 =f(x).

Commef(π−x) =f(x) et S_n(π−x) =S_n(x), la propri´et´e reste vraie pourx∈[π,2, π[.

On a aussi S_n(0) = 0→ 0 =f(0) et S_n(π) = 0 →0 =f(π) et la propri´et´e est finalement valable sur [0, π].

Par imparité desS_net def, cette propriété est finalement valable surR. On a donc convergence simple surRde (S_n).

18. On a imm´ediatementϕn(0) = 0→0.

Soit maintenantx∈]0, π]. On a sin(_2n^x )∼ _2n^x quandn→+∞. On en d´eduit queϕ_n(x)→ ^sin(x)_x =ϕ(x).

On a montr´e que (ϕn) converge simplement sur [0, π] vers ϕ.

19. Il est immédiat, par théorèmes d’opération, que ϕ est continue sur ]0, π/2]. Comme sin(x) ∼₀ x on a aussi continuité en 0.

La question 22 donne

S_n π

2(n+ 1)

= 2 π

Z ^π

2(n+1)

0

sin(2(n+ 1)t) sin(t) dt Le changement de variable affineu= 2(n+ 1)t donne

Sn

π 2(n+ 1)

= 2 π

Z π 0

ϕn+1(u)du

On veut intervertir limite et intégrale et on pense au théorème de convergence dominée.

- (ϕ_n+1) est une suite de fonctions continue sur [0, π] qui converge simplement sur [0, π] versϕqui est elle mˆeme continue sur [0, π].

- La fonction t 7→ sin(t)/t est continue sur [0, π/2] qui est un segment. Cette fonction est donc born´ee sur ce segment et atteint ses bornes. Ainsi, il existe un r´eel t₁ telles que

∀t∈[0, π/2], m= sin(t₁) t1

≤ sin(t) t Commem >0, on peut aussi ´ecrire que

∀t∈[0, π/2], 0≤ t

sin(t) ≤ 1 m