d’après le sujet de math 1 , centrale 2010 , PC

d’après le sujet de math 1 , centrale 2010 , PC

rappels

arccosest la fonction réciproque de la restriction decosà [0; ]:

8x2[0; ];8y2[ 1;1],y= cos(x),x= arccos(y) danger : l’équivalence est fausse si on sort du domaine : x2[0; ]; y2[ 1;1]

arccosest continue sur[ 1;1],C¹ sur] 1;1[de dérivée : 1 p1 x²

Sur[ 1;1];cos(arccos(x)) =x, mais la relation n’a pas de sens six =2[ 1;1]

Sur[0; ];arccos (cos(x)) =x, mais la relation est fausse six =2[0; ]: arccos (cos (2 )) = 0(le graphe dearccos cosest en dents de scie) .

On a les relations sur[ 1;1]: arcsin(x) + arccos(x) = =2et sin(arccos(x)) =p 1 x²

1. Polynômes de Tchebychev

1. A:dé…nitions et récurrence 1.

1. arccosest dé…ni sur[ 1;1]à valeur dans[0; ]et cosest dé…ni surR. Par composition Fn est donc dé…nie sur [ 1;1].

D= [ 1;1]

2. 8x2[ 1;1] on posey= arccos(x). On acos(y) =x, et donc : F0(x) = cos(0) = 1

F1(x) = cos(y) =x

F2(x) = cos(2y) = 2 cos(y)² 1 = 2x² 1

F₃(x) = cos(3y) = cos(2y) cos(y) sin(2y) sin(y) = 2 cos(y)² 1 cos(y) 2 cos(y) sin(y)²

= 2 cos(y)² 1 cos(y) 2 cos(y)(1 cos(y)²) = 4 cos(y)³ 3 cos(y) = 4x³ 3x F₃(x) = 4x³ 3x

On peut aussi s’inspirer de la suite : cos(3y) + cos(y) = 2 cos(y) cos(2y)doncF3(x) = 2xF2(x) F1(x) 3.

Commearccos(1) = 0on aFn(1) = cos(0) = 1 Commearccos(0) =

2 on aF_n(0) = cos n

2 = 0sin= 2k+ 1 est impair ( 1)^k sin= 2kest pair Commearccos( 1) = , on a Fn( 1) = cos(n ) = ( 1)ⁿ:

4. Pour y2[0; ], on a y2[0; ] etcos( y) = cos(y)doncarccos( x) = arccos(x):Ce qui donne : F_n( x) = cos(n narccos(x)) = ( 1)ⁿcos(arccos(x)) = ( 1)ⁿF_n(x)

ainsiF_n a la parité den.

2. Par la formule usuellecos(a) + cos(b) = 2 cos(a+b

2 ) cos(a b

2 ), on a :

8y2[0; ] cos((n+ 1)y) + cos((n 1)y) = 2 cos(y) cos(ny) soit

8x2D ,Fn+1(x) +Fn 1(x) = 2xFn(x).

3.

existence : Soit la suite dé…nie surRparG₀(x) = 1etG₁(x) =xet pourx2Retn 1G_n+1(x) = 2xG_n(x) G_{n 1}(x).

Pour x2 D, G₀(x) =F₀(x)et G₁(x) =F₁(x) ; de plus,(F_n)et (G_n)véri…ent (sur D ) la même relation de récurrence.

Donc par récurrence double : si8x2D;(G_{n 1}(x) =F_{n 1}(x)etG_n(x) =F_n(x))on a bien8x2D,G_n+1(x) =F_n+1(x).

Et donc par récurrence,8n2N; 8x2D; Gn(x) =Fn(x).

Une nouvelle récurrence prouve alors la propriété suivanteH(n): "Gn est polynômiale de degrénde coe¢ cient dominant2^{n 1} sin 1".

–CommeG1(x) =xetG2(x) = 2x² 1,H(1)etH(2)sont bien véri…ées.

–Si on suppose H(n) et H(n 1) véri…ées avec n 2, Gn+1 est la somme d’une fonction polynômiale de degré n+ 1 de coe¢ cient dominant 2:2^{n 1} et d’une fonction polynômiale de degré n 1 < n+ 1 ce qui prouve que G_n+1 est une fonction polynômiale de degrén+ 1 et de coe¢ cient dominant 2ⁿ. On a ainsi montré par récurrence double que:

Gn est polynômiale de degrénde coe¢ cient dominant 2^{n 1} sin 1 G₀et de degré0 et de coe¢ cient dominant16= 2^{0 1}

unicité : siGn etHn sont deux fonctions polynômes solutions alors8x2D,Hn(x) =Gn(x). Tous les éléments deD sont racines deGn Hn . On a donc un polynôme ayant une in…nité de racines : il est nul.

remarque: l’unicité des polynômes véri…ant G0(x) = 1 et G1(x) = xet Gn+1(x) = 2xGn(x) Gn 1(x) ne su¢ t pas à prouver l’unicité du prolongement de Fn . Dans l’existence, on a en e¤ et supposé que comme (Fn) véri…e Fn+1(x) = 2xFn(x) Fn 1(x)sur D, le prolongement véri…e aussi cette relation sur R,ce qui est une hypothèse raisonnable (un rêve) , mais peut-être pas la réalité.

4. avec une fonction récursive on peut écrire : tchebychev:=n->

if n=0 then 1 elif n=1 then x

else sort(expand(2*x*tchebychev(n-1)-tchebychev(n-2))) fi;

expand permet de développer l’expression etsortde la trier par degré décroissant. Ils sont indispensable mais leur absence sera toléré à l’écrit car on ne peut pas voir à l’écran le résultat de la fonction )

On peut améliorer le temps de calcul (en utilisant plus de mémoire) en utilisant une procédure et l’optionremember.

On peut aussi utiliser une procédure non récursive avec une boucleforet un tableau pour mémoriser : tchebychev:=proc(n) local i,F;

F[0]:=1;F[1]:=x;

for i from 2 to n do F[n]:=sort(expand(2*x*F[n--1}-F[n-2])) od;

F[n];

end;

Et même sans tableau (économie de mémoire):

tchebychev:=proc(n) local i,Fa,Fb,Fc;

Fa:=1;Fb:=x;

if n=0 then 1 elif n=1 then x else

for i from 2 to n do Fc:=sort(expand(2*x*Fb-Fa));Fa:=Fb;Fb:=Fc od;

Fc;

fi;

end;

5. Que ce soit pour n = 0ou pour n 1 , le choix du coe¢ cient assure que Tn est un polynôme de degré net de coe¢ cient dominant1.

On multiplie par 2 ^{1 n} la relation 8x 2 R;Fn+2(x) = 2xFn+1(x) Fn(x) pour n 2 N par leur expression en fonction desTk on obtient:

8x2R; Tn+2(x) =xTn+1(x) 1 4Tn(x) B : étude des dérivées

1.

1. toute fonction polynôme estC¹ doncF_n est C¹.

2. sur] 1;1[Fn(x) = cos(narccos(x))estC¹comme composée de narccosC¹ sur] 1;1[etcosest C¹ surR Par dérivée d’une fonction composée , on a :

8x2] 1;1[; F_n⁰(x) = nsin (narccos(x)) p1 x² 2.

1. On pose toujoursy= arccos(x). Le développement limité decosdonne l’équivalent classique : 1 cos(y)

y!0⁺

y² 2 , soit 2(1 x)

y >0(arccosx)².

Par continuité dearccosen1 on a2(1 x)

x!1 (arccosx)²et donc en prenant lap des quantités positives p2(1 x)

x!1arccos(x)

arccos(x) ₁ p

2(1 x) .

2. En1 on a donc les équivalents : F_n(x) F_n(1)

x 1 = cos (narccos(x)) 1 x 1 n²arccos(x)²

2(x 1)

n²(2(1 x))

2(x 1) n²

La fonction F_n estC¹surRdoncF_n⁰(1) = lim

x >1 (F_n(x) F_n(1) x 1 ) =n²

Remarque : l’hypothèse C¹ est importante : A priori l’équivalent donne la limite à gauche donc la dérivée à gauche.

La parité donneF_n⁰( 1)

F_n⁰(1) =n² ,F_n⁰( 1) = ( 1)^{n 1}n² 3. En dérivant sur] 1;1[la relation :

p1 x²F_n⁰(x) =nsin (narccos(x)) on a

8n2N ; 8x2] 1;1[;p

1 x²F"n(x) x

p1 x²F⁰(x) = n² Fn(x) p1 x² et donc en multipliant parp

1 x²

8n2N ; 8x2] 1;1[;(1 x²)F_n⁰⁰(x) xF_n⁰(x) +n²F_n(x) = 0 remarque : Notez l’astuce de calcul qui évite de dériver un quotient.

En multipliant par 2^{1 n} on a donc

8n2N ; 8x2] 1;1[; (1 x²)T_n⁰⁰(x) xT_n⁰(x) +n²T_n(x) = 0 Le membre de gauche est une fonction polynôme ayant une in…nité de racines , il est nul surR.

8n2N ; 8x2R; (1 x²)T_n⁰⁰(x) xT_n⁰(x) +n²T_n(x) = 0

C : j’ai retiré à cette endroit une partie portant sur un produit scalaire sur Rn[X] tel que (Tk)ⁿ_k=0 soit une famille orthogonale.

C: racines deTn

1. Pour x2[ 1;1]on prendy= arccos(x)

T_n(x) = 0()cos(ny) = 0()ny

2 [ ]() 9k2[[1; n]];:y=

2n+k n

La fonction cos étant strictement décroissante sur [0; ], on an racines distinctes sur] 1;1[. Mais le polynôme est de degré n. Il admet donc exactementnracines complexes comptées avec leur multiplicité. On les a toutes et elles sont simples.

Les racines deTn sont simples et sont lesxj= cos(

2n+(n j)

n ),1 j n attention : le sujet impose l’ordre croissant des racines maiscosdécroît.

2. On a toutes les racines complexes de T_n , on peut donc factoriser T_n = Yn j=1

(x x_j) . et comme le coe¢ cient dominant deT_n est1:

Tn(x) = Yn j=1

(x xj)

L’expression proposée est alors une dérivée logarithmique.

T_n⁰(x)

T_n(x) = (ln (jTnj))⁰(x) = 0

@ Xn j=1

ln (jx xjj) 1 A

0

= Xn j=1

1 x x_j

3.

1.

sij6=k,Q_j(x_k) = T_n(x_k) xk xj

= 0 par continuité enx_j on a :

Qj(xj) = lim

x >xk

Tn(x)

x x_j = lim

x >xk

Tn(x) Tn(0)

x x_j =T_n⁰(xj) OrT_n⁰(x) = 2^{1 n}F_n⁰(x) = 2^{1 n}nsin (narccos(x))

p1 x² Et commearccos(x_j) =

2n+(n j)

n ,sin (narccos(x_j)) = sin

2 + (n j) = ( 1)^{n j} d’où :

Qj(xj) =n2^{1 n}( 1)^{n j} 1 q

1 x²_j

remarque : le calcul de T_n⁰(xj)n’est pas obligatoire ici . T_n⁰(xj)est une réponse valide. Mais il faudra faire le calcul avant la question 4.3

2. Pour x6= xj Qj(x) = Y

k6=j

(x xk) . Les deux termes étant continus , l’égalité est vraie aussi en xj . Donc Qj 2En 1

4.

1. On a Q(xk) = Xn j=1

P(xk)

T⁰(x_j)Qj(xk) =X

j6=k

0 + P(xk)

T_n⁰(x_k)Qk(xk) =P(xk) , d’après les calculs deQj(xk)pour j 6=k et j=k.

2. P Q est une fonction polynôme de degré n 1 ayant au moins nracines distinctes. Donc P Q=e0 et doncP =Q

3. On a donc :

8x =2 fxjg; P(x) = Xn j=1

P(xj) T⁰(x_j)

Tn(x)

x x_j = 2^{n 1} n

Xn j=1

( 1)^{n j}q

1 x²_jP(xj)Tn(x) x x_j

en remplaçantT_n⁰(xj)par sa valeur trouvée en 3.1.

8x =2 fxjg; P(x) =2^{n 1} n

Xn j=1

( 1)^{n j}q

1 x²_jP(xj)Tn(x) x xj

D: majoration de jT_n⁰j

1. On étudie la fonctionC¹:f( ) = sin(n ) nsin( ).on af⁰( ) =n(cos(n ) cos( )) = 2nsin n+ 1

2 sin n 1

2 Sur[0;

2n],0 n+ 1

2 et 0 n 1

2 , les deux sinsont positifs et donc f⁰( ) 0. f est donc décroissante et commef(0) = 0 :

8 2[0;

2n]; f( ) 0

2. 1. Par concavité desinsur[0;

2], la courbe est au dessus de la corde entre(0;0)et ( =2;1): 8 2[0;

2];sin( ) 2 On peut aussi étudier les variations deg( ) = sin( ) 2

en utilisantg(0) =g( =2) = 0et g"( ) 0 3.

Pour 2[0;

2n],sin (n )est positif et la majoration découle du1 qui précède pour 2[

2n;

2]: nsin ( ) n2 n2

2n = 1et doncjsin(n )j 1 nsin ( ) 8 2[0; =2],jsin(n )j nsin( )

4. jT_nj est une fonction paire. Il su¢ t d’étudier jT_n⁰j sur [0;1]. Soit y = arccos(x) 2 [0;

2]; compte-tenu de la formule donnantF_n⁰(x)obtenue en question I.B, on obtient:

T_n⁰(x) = 2^{1 n}F_n⁰(x) = 8<

:

2^{1 n}nsin(ny)

sin(y) six6= 1 2^{1 n}n² six= 1 La question précédente donne alors8x2[0;1];:jT_n⁰(x)j 2^{1 n}n²avec égalité pourx= 1.

2^{1 n}n² est donc un majorant dejT_n⁰jsur[0;1], et de plus ce majorant est atteint. C’est donc le maximum de la fonction et donc aussi la borne supérieure.

sup

[ 1;1]

(jT_n⁰j) =n²:2^{1 n}

E: Une inégalité intermédiaire 1. Pour x2[ 1;1],sin(arccos(x)) =p

1 x²(sinest positive sur[0; ]) Pour x 2 [x1; xn], y = arccos(x) 2 [

2n;

2n] ; Sur cet intervalle sin croît de sin(

2n) à 1 puis décroît de 1 à sin 2n = sin

2n . Le minimum de la fonction est doncsin

2n on a donc : 8x2[x₁; x_n];:p

1 x²= sin(y) sin 2n On veut doncsin

2n 1

n . C’est le résultat de I.D.2 pour = 2n . 8x2[x₁; x_n];:p

1 x² 1 n

2. On sait que d’après I.C.2 T_n⁰(x) T_n(x) =

Xn j=1

1

x x_j .Et donc Xn j=1

Tn(x)

x x_j =T_n⁰(x) On a commex x_n x_j

Xn j=1

T_n(x) x xj

=jTn(x)j Xn j=1

1

jx xjj =jTn(x)jX 1 x xj

= Tn(x):X 1 x xj

=jT_n⁰j en utilisant 2 fois que la valeur absolue d’un réel positif est égal à ce réel.

Comme on connaît par la question précédente le sup

[ 1;1]

(jT_n⁰j)on véri…e bien :

8x x_n , Xn j=1

Tn(x)

x x_j n²2^{1 n} 3.

1. On sépare les cas :

pour x2[x_n;1; x_n;n]. Par hypothèse,jP(x)j 1

p1 x² .D’après la question précédente, 1

p1 x² nd’où jP(x)j n.

pourx xn,En utilisant l’expression de P obtenue en I.C.4 et P(xj)q

1 x²_j 1, on obtient:

jP(x)j 2^{n 1} n

Xn j=1

Tn(x) x xj

et doncjP(x)j npar la majoration précédente.

pourx < x1, le calcul est sur le même principe tous lesx xj étant maintenant négatifs. On a un nombre pair de changement de signe donc c’est bon :

Xn j=1

T_n(x) x xj

=jT_n(x)j Xn j=1

1

jx xjj =jT_n(x)jX 1 x xj

= T_n(x):X 1 x xj

=jT_n⁰j

8x2[ 1;1];jP(x)j n 4. SiP est nul, c’est évident.

SiPest non nul on poseQ= P sup_{x2[ 1;1]} p

1 x²jP(x)j (dénominateur non nul) on a sup

x2[ 1;1]

p1 x²jQ(x)j = 1 on peut appliquer la question précédente : 8x2[ 1;1];jQ(x)j n

et donc en multipliant par le dénominateur :

8x2[ 1;1];jP(x)j n sup

x2[ 1;1]

p1 x²jP(x)j

On a trouvé un majorant et donc sup

x2[ 1;1]

(jP(x)j) n sup

x2[ 1;1]

p1 x²jP(x)j

8P 2E_{n 1} ,kP(x)k₁ n p

1 x²P(x)

1

2. Inégalités de Markov

1. A: polynôme de seconde espèce

1. On connaît les polynômes Fk qui véri…ent sur [ 1;1] , Fk(x) = cos(narccos(x)) et on sait que sur ] 1;1[

F_n⁰(x) =nsin (narccos(x))

p1 x² . En prenant = arccos(x)on a donc

F_n⁰(cos( )) = nsin(n ) sin( ) doncsin(n ) =F_n⁰(cos ( )

n sin( ):

D’après le domaine de arccosle calcul est valide pour 2]0; [. Pour = 0et = , les deux membres sont nuls , le résultat est valide sur [0; ]. Par imparité et2 périodicité des 2 membres , on en déduit que l’égalité est vraie surR.

En…n par dérivation d’un polynôme de degrén,B_n=F_n⁰

n est de degrén 1 :

8n2N ,9B_n2E_{n 1} ,8 2R, sin(n ) = sin ( )B_n(cos( )) B : inégalité de Markov

1. Etudions chaque terme deT( 0+ ) T( 0 ) : a₀ a₀= 0

cos (k( ₀+ )) cos (k( ₀ )) = 2 sin(k ₀) sin(k ) = 2 sin (k ₀)B_k(cos( )) sin( ) sin (k( ₀+ )) sin (k( ₀ )) = 2 cos(k ₀) sin(k ) = 2 cos (k ₀)B_k(cos( )) sin( )

En regroupant On aP = Xn k=1

cos(k ₀)B_k sin(k ₀)B_k , qui , d’après le degré deB_k est bien de degré n 1 En posantx= cos( )on asin( )P(cos( )) =p

1 x²P(x). Donc d’après l’inégalité du I.E.4.) sup

x2[ 11]

(jP(x)j) n sup

x2[ 1;1]

p1 x²P(x)

= nsup

2R

(jsin ( )P(cos( )j) n 2 sup

2R

(jT( 0+ ) T( 0 )j) mais si décritR, 0+ et 0 décrivent Rdonc

sup

2R

(jT( ₀+ ) T( ₀ )j) 2 sup

2R

(jT( )j) on véri…e bien :

sup

x2[ 1;1]jP(x)j nsup

2R

(T( )) 2. En faisant tendre vers0on constate que

T( 0+ ) T( 0 )) sin( )

T( 0+ ) T( 0 ))

= T( 0+ ) T( 0))

+T( 0+ ) T( 0)) et donc

lim>0

T( ₀+ ) T( ₀ ))

sin( ) = 2T⁰( ₀) Or P est continue , et doncT⁰( 0) =P(1).

D’où

jT⁰( 0)j=jP(1)j sup

x2[ 1;1]jP(x)j nsup

2RjT( )j La majoration est vrai pur tout 02Ret donc :

sup

2RjT⁰( )j nsup

2RjT( )j

3. On pose = arccos(x)etT( ) =P(cos( )) = Xn k=0

pkcos( )^k:

On peut appliquer la question précédente car T peut se mettre sous la formea₀+ Xn k=1

(a_kcos (k ) +b_ksin (k ))en linéarisantcos ( )^k

cos( )^k = 1

2^k(eⁱ +e ⁱ )^k= 1 2^k

Xk j=0

k

j e^{i(k j)} e ^i(j) = 1 2^k

Xk j=0

k

j e^{i(k 2j)}

= 1

2^k Xk j=0

k

j (cos ((k 2j) ) +isin ((k 2j) )) en regroupant le terme pour j etk j , les parties imaginaires se simpli…ent car k

j = k

k j . On peut donc utiliser le résultat précédent.: sup

2RjT⁰( )j nsup

2RjT( )j: Or T⁰( ) = sin( )P⁰(cos( )) = p

1 x²P⁰(x)et donc sup

x2[ 1;1] jp

1 x²P⁰(x)j nsup

2RjT( )j=n sup

x2[ 1;1]

(jP(x)j) Or P⁰ est élément deE_{n 1} d’où par l’inégalité de I.E.4 : :

sup

x2[ 1;1]

(jP⁰(x)j) n sup

x2[ 1;1]

p1 x²jP⁰(x)j n² sup

x2[ 1;1]

(jP(x)j) kP⁰k₁ n²kPk₁

3. Approximation polynômiale

1. A: sur les suites à décroissance rapide

1. S est un sous ensemble de l’espace vectoriel des suites réelles;S est non vide (la suite nulle est dans S ), et S est stable par combinaison linéaire car toute combinaison linéaire de suite bornée est bornée:

si8n; n^jun Uj et n^jun Vj alors8n; n^j( un+ ) j jUj+j jVj

S est un espace vectoriel 2. Soit k 2N , on peut écriren^k _n = 1

n n^k+1 _n . Cette suite tend vers0 comme produit d’une suite bornée(car k+ 12N) et d’une suite de limite nulle.

( n)2 S ) 8k2N, n

1 n^k

3. 1. Soitj2N, on an² n^j n = n^j+2 n de limite nulle d’après la question précédente aveck=j+ 2. et donc Xn^j n converge absolument

2. Soitk 2. La fonctiont! 1

t^k est décroissante sur[1;+1[et donc pourp 2: 1 p^k

Z p p 1

dt t^k = 1

1 k

1 p^{k 1}

1 (p 1)^{k 1} .

Or la première série converge cark 2 , et la seconde converge car la suite 1

p^{k 1} _p2N converge.

De plus pourn 1 etp n+ 1on a bien : p 2 et donc :

+1

X

p=n+1

1 p^k

1 1 k

+1

X

p=n+1

1 p^{k 1}

1

(p 1)^{k 1} = 1 1 k lim

+1

1 p^{k 1}

1 n^{k 1}

8k 2,

+1

X

p=n+1

1 p^k

1 k 1

1 n^{k 1}

3. Soit k 2 , la suite p^j+k p est bornée . Soit M = sup p^j+k p on a alors p^j p

1

p^k Donc avec la majoration précédente :

+1

X

p=n+1

p^j p

+1

X

p=n+1

1 p^k

1 k 1

1 n^{k 1}

ce qui prouve que n^{k 1}R_n(j) est bornée . Et donc par changement d’indice : 8K 1 n^KR_n(j) est bornée.

En…n commen⁰ n¹on a aussin⁰R_n(j)bornée.

( n)2 S )(8j2N,Rn(j)2 S) B: une fonction auxiliaire :

1. Pour x2[ 1;1], on ajF_n(x)j=jcos(narccosx)j 1 donc :

8x2[ 1;1];j nF_n(x)j j nj La sérieX

n est absolument convergente ( III.A.3 avecj= 0), la sérieX

nF_n converge normalement sur[ 1;1]

2. On cherche à utiliser le théorème de dérivation terme à terme d’une série de fonctions.

Les fonctions Fn sont de classeC¹ sur[ 1;1].

commeFn est élément deEn,pour tout entier naturelk,F_n^(k)est encore élément deEn donc par l’inégalité de Markov démontrée en partie II.,

F_n^(k+1)

1 n² F_n^(k)

1

et donc par récurrence simple :

F_n^(k)

1 n^2kkFnk₁ et donc :

8x2[ 1;1];:j nF_n^(k)(x)j j njn^2k La sérieX

j njn^2k est convergente, pour toutk( III.A.3 avecj= 2k) et donc : la sérieX

n

nF_n^(k)converge normalement de sur[ 1;1].

On peut se limiter à k npuisque F_n^(k)= 0sik > n

Par théorème,f est C¹ et ses dérivées sont obtenues par dérivation terme à terme.

f 2C¹([ 1;1]) 3.

Xn p=0

pFp est élément deVn, donc par dé…nition de la borne inférieure:

d(f; Vn) f Xn p=0

pFp 1

+1

X

p=n+1 pFp

En utilisant de nouveau : 8x2[ 1;1],jFnj 1on a : d(f; Vn)

+1

X

p=n+1

j ^pj=un

La suite( n)n est élément deS donc aussi la suite(j ⁿj)n et donc ( III.A.3 pourj= 0) , la suite(un)n est élément deS.

Et donc comme pour tout entierk,n^kd(f; V_n) n^ku_n

la suite (d(f; Vn))n est à décroissance rapide C:Le théorème d’approximation :

On introduit les coe¢ cients de Fourier complexesc_n(f)

1. feest C¹ comme composée de fonctions indé…niment dérivables.

On sait que pour une fonction C¹; c_n(f⁰) =inc_n(f).

On a donc pour tout k2N,n^kjcn(f)j= cn f^(k) . Et donc comme lim cn f(^)k = 0(carf^(k) est continue) la suite n^kc_n(f)est bornée.

Et donc les deux suites (an(f))et(bn(f))sont à décroissance rapide.

La suite(bn(f))est même nulle carfeest paire.

2. feest de classeC¹;donc d’après le théorème de convergence normale des séries de Fourier, la série de Fourier defe converge normalement versfe.

3. D’après cette convergence :

8 2R,fe( ) =f(cos( )) = X1 n=0

an(fe) cos(n ) en posant = arccos(x)on a :

8x2[ 1;1];:f(x) = X1 n=0

a_n(fe)F_n(x)

D’après la question III.C.1, la suite n(f) =an(fe)convient donc: n(f) = 1Z

f(cos( )) cos(n )d

4. La suiteP_n(x) = Xn p=0

a_n(f)F_n(x)d’après la partie III.B) D:Réciproque :

1. Par dé…nition de la borne inférieure : 8" >0 , 9P 2Vn d(f; Vn) kf Pk₁ d(f; Vn) +". On choisit pour "

une suite à décroissance rapide . Par exemple

"=e ⁿ On a donc 8n, 9pn 2Vn;:d(f; Vn) kf Pnk₁ d(f; Vn) +e ⁿ . Les deux suites(d(f; Vn))et e ⁿ sont à décroissance rapide , et donc aussi leur somme (structure d’espace vectoriel de S ) . La suite (kf Pnk₁)n

est à décroissance rapide etpn est bien de degré inférieur ou égal àn.

2.

1. On a par parité :

a_k Ff_j = 1Z

cos (jarccos (cos(t))) cos(kt)dt= 2Z

0

cos (narcos (cos(t))) cos(kt)dt sur[0; ],arccos (cos(t)) =t(Danger : c’est faux sur [ ; ], d’où l’utilisation de la parité ) Et donc

ak Ffj = 2Z

0

cos (jt) cos(kt)dt= 2Z

0

cos((j+k)t) + cos((j k)t)

2 dt

commej+k et j ksont non nuls :

ak fFj = 1 sin(j+k)t)

j+k +sin(j k)t) j k ₀ = 0

2. Les(F_j)^k_j=0¹forme une famille de polynômes étagées en degré (d (F_j) =j). C’est donc une base deE_{k 1}:Tout polynômeP 2E_{k 1} se décomposeP =

kX1 j=0

x_jF_j . Par linéarité de l’intégrale on a donc ak Pe = 0

8P 2Ek 1; ak(fe) =ak(f^P)

3. En utilisant la suite pn construite en III.D.1, on obtient que an(fe) = an(f^pn 1). Or par l’inégalité de la moyenne, on a donc

jan(fe)j=jan(f^pn 1)j 2 kf p_{n 1}k₁

= 2kf pn 1k₁

Or si la suite( n)est à décroissance rapide , la suite( n 1)l’est aussi : pourn 1: n^j n 1= n

n 1 (n 1)^j n 1 2^j(n 1)^j j

(an(f))est à décroissance rapide 4. Soitg=

+1

X

n=0

an(fe)Tn fonction bien dé…nie et de classeC¹d’après III.B.. En introduisant une fonctionegcomme en III.C, on obtient alors par le résultat de III.C.3 que

8n; a_n(fe) =a_n(eg)etb_n(fe) =b_n(g) = 0e

feetegont les mêmes coe¢ cients de Fourier , donc sont égales. d’oùf =gce qui prouve bien quef est de classeC¹: