Sujet : Analyse, Séries de Fourier, Polynômes trigonométriques
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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013
Polynômes trigonométriques
Exercice 1[ 00944 ][correction]
Exprimer la fonctionθ7→sin2nθsur la base(ek)k∈Z(avecek:θ7→eikθ).
En déduire la valeur de
π2
In=Zsin2nθdθ
0
Exercice 2[ 00945 ][correction]
Soienta0 a1 aN∈Rnon tous nuls et
N
P(z) =Xakzk
k=0
a) Etablir
b) En déduire que
Z−11(P(t))2dt=−iZ0π(P(eiθ))2eiθdθ
N N N
X Xn+anmam+ 16πkX=0a2k
n=0m=0
Exercice 3Mines-Ponts MP[ 02877 ][correction]
On pose, pourn∈Netx∈R:pn(x) = (1 + cosx)npuis
qn(x) =R−ππppnn((xt))dt
a) Montrer que pour toutδ∈]0 π[,
nl→i+m∞Z−δδqn(t) dt= 1
b) Soitf:R→R2π-périodique et continue. On pose
π
(x) =Z−πqn(t)f(x−t) dt
gn
Prouver la convergence uniforme surRversfde(gn).
c) Quel résultat redémontre-t-on ainsi ?
Enoncés
Exercice 4X MP[ 03042 ][correction]
Déterminer les polynômesP∈C[X]tels queP(U)⊂UoùU={z∈C|z|= 1}.
1
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Corrections
Exercice 1 :[énoncé]
Par la formule du binôme
sin2nθ= (−221n)n2Xn2nk!(−1)ke2(n−k)iθ
k=0
On en déduit
puis
π
Z02sin2nθdθ2=21n2nn!2π
4In=
(2n)!
In(2nn!)22π
=
Exercice 2 :[énoncé]
a) On introduitQun polynôme primitif deP2
.
π
Z0π(P(eiθ))2eiθdθ=i1(iθ)0)]1−1=
Qe=i[Q(t
b) D’une part
et d’autre part
avec
iZ−11(P(t))2dt
1N N
Z1(P(t))2dt>Z01(P(t))2dt=XmX=0n+anamm+ 1
−n=0
−iZ0π(P(eiθ))2eiθdθ6Z0πP(eiθ)2dθ
Z0πP(eiθ)2dθ1=2Z−ππP(eiθ)2dθ
carP(eiθ) =P(e−iθ)et
N
21πZ−ππP(eiθ)2dθ=X|ak|2=kXN0a2k
k=0 =
Corrections
car lesaksont des réels composantes de la fonctionθ7→P(eiθ)dans une base
orthonormée pour le produit scalaire en cours.
Exercice 3 :[énoncé]
a) Pourδ∈]0 π[
Zπ6RR−πππδc1++1((sscoott))nnddtt6RRδ−δπδ1((c1++scoostt))nnddtt6Rδπ2δscos1o+c+((1t)δn)ndt
qn(t) dt
δ
Or par convergence dominée
Rδπocs(+11(sco+tδ))nndt=Zδπ+1socco1+stδndtn−→−−+−∞→0
Ainsi
Zπδqn(t) dt→0
et par parité
−δ
Z−π
qn(t) dt→0
On en déduitlimR−δδqn(t) dt= 1carR−ππqn(t) dt= 1.
n→+∞
b) On a
gn(x)−f(x) =Zπqn(t)(f(x−t)−f(x)) dt
−π
Puisquefest continue sur le segment[−π π], elle y est uniformément continue.
Pourε >0, il existeδ >0vérifiant
On a alors
|x−y|6δ⇒ |f(x)−f(y)|6ε
Zδ6Z−δδεqn(t) dt6ε
qn(t)(f(x−t)−f(x)) dt
−δ
Mais puisqu’on a aussi
Zδπqn(t)(f(x−t)−f(x)) dtk∞Zδπt) dt
62kf qn(
pournassez grand,
Zπδq(f(x−t)−f(x)) dt6ε
n(t)
et finalement|gn(x)−f(x)|63εindépendamment dex.
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c) Par le changement de variableu=x−tet par2π-périodicité,
π
gn(t) =Zf(u)qn(x−t) dt
−π
et en développant, cette expression se perçoit comme un polynôme
trigonométrique.
On a démontré le théorème de Weierstrass dans sa version trigonométrique.
Exercice 4 :[énoncé]
SoitPun polynôme solution.
Le polynômePest non nul, on peut introduire son degrénet l’écrire
n
P=XakXkavecan6= 0
k=0
Corrections
PuisqueP(eit)= 1pour toutt∈R, on aP(eit)P(eit) = 1.
Mais
n n
P(eit)P(eit) =X Xaka¯`ei(k−`)t
k=0`=0
et en développant on obtient
an¯a0eint+ (ana¯1+an−1a¯0) ei(n−1)t+ (ana¯2+an−1¯a1+an−2¯a2) ei(n−2)t+∙ ∙ ∙+
(a¯ +∙ ∙ ∙+a0¯a0) +∙ ∙ ∙= 1
nan
On en déduitana¯0= 0,an¯a1+an−1¯a0= 0,. . . ,
an¯an−1+an−1a¯n−2+∙ ∙ ∙+a1a¯0= 0et(ana¯n+∙ ∙ ∙+a0a¯0) = 1
Puisquean6= 0, on obtient successivementa0= 0,a1= 0,. . . ,an−1= 0et
|an|2= 1
AinsiP(X) =aXnavec|a|= 1.
Inversement, un tel polynôme est solution.
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