Soit \(\displaystyle f(x)=\sum_{n\geq 1}\dfrac{\sin(nx)}{n^2}\).

  1. Montrer que \(f\in\mathscr C_0^{2\pi}\).

  2. Montrer que \(f\) est développable en série de Fourier sur \(\mathbb R\).

  3. On va montrer que \(f\) n’est pas dérivable à l’origine.

    \(\bullet\) Montrer que \(\sin(x)\geq \frac{2 x}{\pi},\ \forall\,x\in[0,\pi/2].\)

    \(\bullet\) Soit \(x\in]0,\pi/2[\), pour \(N={\rm{E}}(\pi/2x)\) (\(E\) est la partie entière...) montrer que \[\begin{aligned}\dfrac{f(x)}{x}&= \sum_{k=1}^N\dfrac{\sin(kx)}{kx}\dfrac{1}{k}+\dfrac{1}{x}\sum_{k\geq N+1}\dfrac{\sin(kx)}{k^2}\\ & \geq \dfrac{2}{\pi}\sum_{k=1}^N\dfrac{1}{k}+\dfrac{1}{x}\sum_{k\geq N+1}\dfrac{\sin(kx)}{k^2}:=\dfrac{2}{\pi}\sum_{k=1}^N\dfrac{1}{k}+R_N(x).\end{aligned}\]

    \(\bullet\) Montrer que \(\displaystyle R_N(x)=\sum_{k\geq N+1}\dfrac{\varphi_n(x)}{x}\left( \dfrac{1}{k^2}-\dfrac{1}{(k+1)^2}\right)\)\(\varphi_n(x)=\sum_{k=0}^n\sin(kx).\)

    \(\bullet\) Montrer que pour \(x\in\,]0,\pi/2[\) : \[\left\vert \varphi_n(x)\right\vert\leq \left\vert\dfrac{1-e^{i(n+1)x}}{1-e^{ix}}\right\vert\leq\dfrac{1}{\sin(x/2)}\leq \dfrac{\pi}{x}.\]

    \(\bullet\) En déduire que pour \(x\in\,]0,\pi/2[\) et \(N={\rm{E}}(\pi/2x)\) : \[\dfrac{f(x)}{x}\geq \dfrac{2}{\pi}\sum_{k=1}^N\dfrac{1}{k}-\dfrac{\pi}{N^2x^2}.\]

    \(\bullet\) En déduire que \(f\) n’est pas dérivable à l’origine.


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[ID: 2911] [Date de publication: 9 novembre 2022 22:30] [Catégorie(s): Suites et séries de fonctions, séries entières ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]




Solution(s)

Solution(s)

Une fonction continue non dérivable à l’origine mais développable en série de Fourier (2)
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 22:30
  1. Comme \(\sup_{x\in\mathbb R}\vert \sin(nx)/n^2\vert=1/n^2\) la série converge normalement sur \(\mathbb R\) : \(f\) est donc continue sur \(\mathbb R\), elle bien entendu \(2\pi\)-périodique.

  2. La série définissant \(f\) est une série trigonométrique uniformément convergente sur \(\mathbb R\) : c’est donc la série de Fourier de \(f\).

    Pour justifier ce dernier point, si \(f(x)=\sum_{\mathbb Z}\alpha_k e^{ikx}\) où la convergence est uniforme sur un intervalle de longueur au moins \(2\pi\), il s’agit de montrer que pour tout \(k\in\mathbb Z\) : \(\alpha_k=c_k(f)\). Nous avons \[c_k(f)=\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}f(t)e^{-ikt}dt=\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\sum_{l\in\mathbb Z}\alpha_l e^{ilt}e^{-ikt}dt =\frac{1}{2\pi}\sum_{l\in\mathbb Z}\alpha_l\int_0^{2\pi}e^{i(l-k)t}dt=\alpha_k\] où l’inversion \(\int\sum=\sum\int\) est justifiée par l’uniforme convergence de la série sur \([0,2\pi]\) ) la série de Fourier de \(f\).

  3. \(\bullet\) C’est une inégalité classique (inégalité de Jordan) souvent fort utile. Pour la démontrer on peut étudier la fonction ou mieux, invoquer la concavité de \(h\ :\ x\mapsto\sin(x)\) sur \([0,\pi/2]\) qui implique que \(h\) est au dessus de la corde reliant \((0,0)\) et \((\pi/2,1)\) i.e. la droite d’équation \(y=2x/\pi\).

    \(\bullet\) Soit \(x\in]0,\pi/2[\), pour \(N={\rm{E}}(\pi/2x)\) \[(\ 1\leq k\leq N\ ) \quad\implies\quad \left( 0< kx\leq {\rm{E}}(\pi/2x)x\leq \dfrac{\pi}{2}\right)\] on peut donc appliquer l’inégalité de Jordan \[\dfrac{\sin(kx)}{kx}\geq \dfrac{2 kx}{\pi kx}=\dfrac{2}{\pi},\quad\forall\,k\in\{1,\dots,N\},\] et par suite \[\begin{aligned}\dfrac{f(x)}{x}&= \sum_{k=1}^N\dfrac{\sin(kx)}{kx}\dfrac{1}{k}+\dfrac{1}{x}\sum_{k\geq N+1}\dfrac{\sin(kx)}{k^2}\\ & \geq \dfrac{2}{\pi}\sum_{k=1}^N\dfrac{1}{k}+\dfrac{1}{x}\sum_{k\geq N+1}\dfrac{\sin(kx)}{k^2}.\end{aligned}\]

    \(\bullet\) C’est une banale transformation d’Abel.

    \(\bullet\) Pour \(x\in\,]0,\pi/2[\) : \[\begin{aligned}\left\vert \varphi_n(x)\right\vert&=\left\vert\rm{Im}\left( \sum_{k=0}^n e^{ikx}\right) \right\vert \leq \left\vert\dfrac{1-e^{i(n+1)x}}{1-e^{ix}}\right\vert\\ &=\left\vert\dfrac{1-e^{i(n+1)x}}{e^{-ix/2}-e^{ix/2}}\right\vert \\ &\leq \dfrac{2}{\vert 2i\sin(x/2)\vert}\\ &\leq\dfrac{1}{\sin(x/2)}\leq \dfrac{\pi}{x}\end{aligned}\] où l’on a appliqué encore une fois l’inégalité de Jordan dans la dernière inégalité.

    \(\bullet\) D’où \[\begin{aligned} \dfrac{f(x)}{x}&\geq \dfrac{2}{\pi}\sum_{k=1}^N\dfrac{1}{k}+R_n(x)\\ &\geq \dfrac{2}{\pi}\sum_{k=1}^N\dfrac{1}{k}-\vert R_n(x)\vert\\ &\geq \dfrac{2}{\pi}\sum_{k=1}^N\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{x}\sum_{k\geq N+1}\vert\varphi_n(x)\vert\left( \dfrac{1}{k^2}-\dfrac{1}{(k+1)^2}\right) \\ &\geq \dfrac{2}{\pi}\sum_{k=1}^N\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{x} \sum_{k\geq N+1} \frac{\pi}{x}\left( \dfrac{1}{k^2}-\dfrac{1}{(k+1)^2}\right)\\ &=\dfrac{2}{\pi}\sum_{k=1}^N\dfrac{1}{k}-\dfrac{\pi}{N^2x^2}\\. \end{aligned}\]

    \(\bullet\) Si \(x\) tends vers zéro, \(N={\rm{E}}(\pi/2x)\) tends vers \(+\infty\) et \(N^2 x^2/\pi\) tends vers \(4/\pi\) de telle sorte que dans l’inégalité précédente le terme de droite tends vers l’infini avec \(N\) qui implique à son tour \(\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}=+\infty\) : \(f\) n’est pas dérivable à l’origine.


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