corrigé

Préliminaires
n
!
1. c.f. cours:Une famille ( ¡
x i ) i=1 est une famille libre si et seulement si :
à n
!
X
¡
!
n
!
8 (¸ i)i=1 2 K n ,
¸i ¡
x i = 0 ) 8¸ i = 0
i=1
la seule combinaison linéaire nulle a tous ses coe¢cients nuls.
2.
1. La première famille (x 7! 1; x 7! x; x 7! x2 ; x 7! x 3 ) est libre:
P
P
Si 4i=1 ¸ i fi = 0 alors le polynôme 4i=1 ¸ i xi¡1 admet une in…nité de racines . Il est donc nul et tous ses coe¢cients
sont nuls.
2. La seconde famille (f 1 : x 7! 1; f 2 : x 7! cos(x); f3 : x 7! cos(2x); f4 : x 7! cos2 (x)) n’est pas libre.
En e¤et, la relation trigonométrique classique cos(2x) = 2cos 2 (x) ¡ 1, valable pour tout x 2 R montre que f3 est
combinaison linéaire de f 1 et de f4
3. Montrons que la troisième famille (f 1 : x 7! 1; f 2 : x 7! x 3 + 1; f3 : x 7! jx 3 j) est libre :
Soient ®; ¯; ° 2 R tels que ®:f1 + ¯ :f 2 + °:f 3 = 0.
Alors pour tout réel x, ® + ¯(x3 + 1) + °jx 3 j = 0. Ce qui donne, avec x = 0, x = 1 et x = ¡1 le système linéaire :
® + ¯ = 0; ® + 2¯ + ° = 0; ® + ° = 0
la première et la troisième équation donne ¯ = ° = ¡® et donc en reportant dans la seconde : ® = ¯ = ° = 0
remarque le déterminant du système vaut 2 6= 0 ce qui permet aussi de conclure.
3. La première et la troisième famille étant libre, elles engendrent des sous-espaces vectoriels de dimension leur cardinal,
c’est à dire respectivement 4 et 3.
La deuxième famille étant liée, elle engendre un sous-espace vectoriel de dimension au plus 3. Montrons que la famille
(f1 ; f2 ; f 3 ) est libre, ce qui nous permettra d’a¢rmer que la dimension du sous-espace engendré par (c1 ; c2 ; c3 ; c4 ) est
supérieure à 3, donc égale à 3.
Soient ®; ¯; ° 2 R tels que ®:f 1 + ¯:f2 + °:f3 = 0:
Alors pour tout réel x, ® + ¯ cos(x) + ° cos(2x) = 0. Ce qui donne, avec x = 0, x = ¼ et x =
¼
2
le système linéaire:
® + ¯ + ° = 0; ® ¡ ¯ + ° = 0; ® ¡ ° = 0
les deux premières équatios donnent ¯ = 0 . On en déduit alors facilement ® = ° = 0
rg(F 1 ) = 4; rg(F2 ) = 3; rg(F3 ) = 3
Partie I
1. Montrons que G est un sous-espace vectoriel de C 2 ([¡1; 1]; R), R-espace vectoriel des applications de classe C 2 de [¡1; 1]
dans R.
Remarquons que 0C 2([¡1;1]) 2 G, donc G 6= ;.De plus G est un sous ensemble de l’espace vectoriel C 2 ([¡1; 1]; R):
Soient f; g 2 G et ®; ¯ 2 R : f; g 2 C 2 ([¡1; 1]) et il existe P 1; P 2 ; Q1 ; Q 2 2 R3 [X] tels que
² 8x 2 [¡1; 0[, f (x) = P 1 (x) et g(x) = Q 1 (x) ;
² 8x 2]0; 1], f (x) = P 2 (x) et g(x) = Q 2 (x).
®:P1 + ¯ :Q 1 2 R3 [X] et pour tout x 2 [¡1; 0[, (®:f + ¯ :g)(x) = (®:P 1 + ¯:Q1 )(x).
De même, ®:P 2 + ¯:Q2 2 R 3 [X] et pour tout x 2]0; 1], (®:f + ¯:g)(x) = (®:P1 + ¯:Q 1 )(x).
Ceci montre que ®:f + ¯ :g 2 G.
2.
² Commençons par supposer que f 2 G : f est alors de classe
2
sur [¡1; 1].
– La continuité en 0 de f implique limx!0¡ (f (x)) = limx!0+ (f (x)), d’où ±1 = ±2 .
– 8x 2 [¡1; 0[, f 0(x) = 3®1 x 2 + 2¯ 1 x + ° 1 et 8x 2]0; 1], f 0 (x) = 3® 2 x2 + 2¯ 2 x + ° 2 .
Par suite, la continuité en 0 de f 0 (car f est C1 sur [¡1; 1]) implique °1 = ° 2 .
– Un même argument sur la continuité de f 00 en 0 donne ¯ 1 = ¯ 2 .
Il en résulte qu’une condition nécessaire de l’appartenance de f à G est :
¯1 = ¯2 ;
° 1 = °2
et
±1 = ±2 :
² Montrons que cette condition est su¢sante. Supposons donc ¯ 1 = ¯ 2 , ° 1 = ° 2 et ±1 = ±2 .
D’après la dé…nition de f , pour qu’elle appartienne à G, il su¢t de véri…er qu’elle est de classe C2 sur [¡1; 1]. De
plus, comme f est clairement de classe C 2 sur [¡1; 0[ et sur ]0; 1], il su¢t de s’intéresser à la régularité de f en 0.
– Par dé…nition, f (0) = ±2 , f est continue à droite en 0 et comme
limx!0 ¡ (f (x)) = ± 1 = ± 2 = f (0), f est continue en 0.
– f est continue en 0 de plus la dérivée admet en 0 la limite °1 = °2 (à droite et à gauche) . D’après le théorème
de prolongement d’une dérivée f est dérivable en 0 , f 0(0) = ° 1 et f 0 est continue en 0.
– Un raisonnement similaire (à partir de f 0 ) démontre que f est deux fois dérivable en 0, que f 00 (0) = 2¯ 2 , et que
f 00 est continue en O.
Finalement,(¯ 1 = ¯ 2 ; °1 = ° 2 et ±1 = ±2 ) est une C.N.S. pour que f appartienne à G
.
² Montrons la liberté de la famille (f0 ; f 1 ; f 2 ; f3 ; f 4 ) :
Soient ®0 , ® 1 , ® 2 , ®3 et ® 4 des réels tels que ® 0 :f0 + ® 1 :f1 + ® 2 :f 2 + ® 3 :f 3 + ® 4 :f 4 = 0 G :
Alors pour tout x 2 [¡1; 0[, ® 0 + ®1 x + ®2 x 2 + ®3 x 3 = 0, et un polynôme ayant une in…nité de racines étant nul, il
en résulte que ®0 = 0, ®1 = 0, ®2 = 0 et ®3 = 0. (cf préliminaire 2)
Puis la relation appliquée en x = 1 donne ® 4 = 0.
² Montrons maintenant que (f 0 ; f1 ; f 2 ; f3 ; f4 ) engendre G :
Soit f 2 G : f 2 C 2 ([¡1; 1]) et la restriction de f à [¡1; 0[ et [0; 1] est un polynôme de degré inférieur ou égal à 3 et
donc d’après la question précédente, il existe des réels ®1 , ®2 , ¯, ° et ± tels que
½
® 1 x3 + ¯x2 + °x + ± si x < 0
f : x 7!
® 2 x3 + ¯x2 + °x + ± si x ¸ 0
de façon évidente ;: 8x 2 [¡1; 0[ f(x) = ±f 0 (x) + °f1 (x) + ¯ f2 (x) + ® 1 f3 (x)
Si on se place sur [0; 1] on obtient alors :
f = ±:f0 + °:f1 + ¯:f2 + ® 1 f3 + (®2 ¡ ® 1 ):f4 ;
La famille (f 0 ; f1 ; f 2 ; f 3 ; f4 ) est une base de G qui est donc de dimension 5
Partie II
1. Un raisonnement similaire à celui utilisé pour montrer que G est un sous-espace vectoriel de C 2 ([¡1; 1]) permet de conclure:
² S¾n contient la fonction nulle et est un sous ensemble de C 2 ([x 0 ; x n ])
² Sur chaque ]x i; xi+1 [ la combinaison linéaire de deux fonctions polynômes est un polynôme.
2. Nous avons ¾ 1 = (x 0 ; x1 ), donc f 2 S¾ 1 signi…e f 2 C 2 ([x 0 ; x1 ]) et f j]x0;x1[ est un polynôme de degré inférieur ou égal à
3.
Dès lors, il est immédiat que S¾1 est de dimension 4, f0 : x 7! 1, f1 : x 7! x, f2 : x 7! x 2 et f3 : x 7! x 3 dé…nissant une
base de S¾1 .
3.
1. Comme f 2 S¾n+1 , il est facile de véri…er que la restriction f j[x0;xn ] appartient à S¾ n (f est de classe C 2 sur [x 0 ; xn+1 ]
donc f j[x0;xn ] l’est aussi sur [x 0 ; xn ], et si i 2 f0; : : : ; n¡1g, la restriction de fj[x0; xn] à ]x i; x i+1 [ est égale à f j]xi;x i+1[ ).
Par suite, comme (f 1 ; : : : ; f d ) est une base de S¾n , il existe un unique d-uplet de réels (a1 ; : : : ; ad ) tel que
f j[x0;xn ] =
d
X
ai :fi;
i=1
c’est à dire tel que
8x 2 [x 0 ; x n ];
2
f (x) =
d
X
i=1
aif i(x):
2. F = f ¡
d
P
ai:f~i .
i= 1
D’une part, 8x 2 [x n ; xn+1 ], F (x) = t(x)¡
d
P
i=1
aip i(x), où t est le polynôme de degré inférieur ou égal à 3 tel que
fj]xn ;xn+1[ = t (en prolongeant par continuité l’égalité en x n et x n+1 ). Ceci prouve que sur [x n ; xn+1 ], F est un
polynôme de degré inférieur ou égal à 3.
d
P
D’autre part, remarquons que sur ]x n¡1 ; xn+1 [, F (x) = f (x)¡
ai p i(x), donc F est de classe C 2 sur [xn¡1 ; x n+1 ].
i=1
Et sur ]x n¡ 1 ; x n [, par dé…nition des pi et ai, F (x) = 0, donc également F 0(x) = 0 et F 00 (x) = 0.
Les continuités à gauche en x n de F , F 0 et F 00 montrent alors que F (x n ) = F 0 (x n ) = F 00 (x n ) = 0.
3. Fj[xn ;xn+1] est un polynôme de degré inférieur ou égal à 3 dont x n est racine d’ordre de multiplicité au moins égal à
3. Par suite, sur [x n ; xn+1 ], F est nécessairement de la forme ®(x ¡ x n )3 .
Comme F (x) = 0 pour tout x 2 [x 0 ; x n [, nous avons
~ 1;
F = ®:f d+
d’où …nalement, avec ad+1 = ®,
f=
d
X
ai:f~i :
i=1
³ ´
f est donc combinaison linéaire des fei :
Il reste à montrer que ces fonctions sont dans S¾ n+1 :
² par dé…nition des f i les fonctions fei sont C 2 sur [x0 ; x n [ et leur restrictions à ]x i;i+1 [ est un polynôme de degré
· 3 pour tout i · n ¡ 1:
² la restriction de fei à ]xn ; x n+ 1 ] est un polynôme de degré · 3 , ce qui assure aussi que la fonction y est C 2 :
² pour i · d on a sur ]xi ; xn+1 ] ,fei = pi polynôme de degré · 3 . Ce qui assure la classe C 2 en x n
¡
0
+
0
¡
+
² pour i = d+ 1 , on a facilement , f d+1 (x +
n ) = fd+1 (x n ) = f d+1 (xn ) = 0; f d+ 1 (xn ) = fd+1 (x n ) = 0; f "d+1 (x n ) =
¡
f " d+1 (xn ) = 0
~ 1 engendre S¾
Il en résulte quef~0 ; : : : ; f d+
n+1
Reste à prouve que cette famille est libre : Soit la combinaison linéaire :
d+1
X
i= 0
¸ ifei = 0
P
sur [x0 ; x n ] on a
¸ if i = , donc 8i · , ¸ i = 0 car la famille (f i) est libre dans S ¾n . Sur [x n ; x n+1 ] il reste alors
3
¸d+1 (x ¡ x n ) = 0 donc ¸d+1 = 0
³ ´d+1
la famille fei
est une base de S ¾n+1
i=1
4. L’étude précédente montre que pour tout entier n ¸ 1, si S ¾n est un espace vectoriel de dimension …nie, S¾n+1 est
également de dimension …nie et dim(S¾ n+1 ) = dim(S¾ n ) + 1.
Une récurrence immédiate sur l’entier n ¸ 1, utilisant le fait que S¾1 est de dimension …nie égale à 4, montre :
8 n ¸ 1, S¾n est de dimension …nie égale à n + 3.
4.
¡
¢
1. Choisissons une base adaptée au problème de R 3 [X] . Par exemple 1; X ¡ a; (X ¡ a)2 ; (X ¡ a)3 . C’est une famille
étagée en degré donc une base. Tout polynôme se décompose dans cette base sous la forme :
2
3
P (X) = a0 + a1 (X ¡ a) + a2 (X ¡ a) + a3 (X ¡ a)
Le système imposé aux (ai ) est alors :
3
a0 = ®; a1 = ¯; 2a2 = °; (b ¡ a) a3 = ¡a0 ¡ a1 (b ¡ a) ¡ a2 (b ¡ a) 2
qui admet une unique solution de façon évidente car a 6= b
2. Montrons, par récurrence sur n 2 N¤ , que pour tout (n + 3)-uplet de réels (y 0 ; : : : ; y n ; ®; ¯), il existe une unique
fonction spline f 2 S¾n telle que
8i 2 f0; : : : ; ng; f (x i) = y i;
f 0 (x 0 = ®;
f 00 (x 0 ) = ¯:
3
² n = 1 : soit (y 0 ; y 1 ; ®; ¯) 2 R4 .
D’après la question précédente, il existe un unique polynôme f de degré inférieur ou égal à 3 tel que f (x 0 ) = y 0 ,
f (x1 ) = y1 , f 0 (x 0 ) = ® et f 00 (x 0 ) = ¯, ce qui répond exactement à la question.
² Soit n 2 N ¤ et supposons la propriété vraie jusqu’à n. Soient (y 0 ; : : : ; y n+1 ; ®; ¯) 2 R n+ 4 .
Par hypothèse de récurrence, il existe une unique fonction f 2 S¾ n telle que
f(x0 ) = y 0 ; : : : ; f (x n ) = yn ; f 0 (x 0 ) = ® et f 00 (x 0 ) = ¯:
Dès lors, une fonction f~ 2 S¾n+1 véri…ant les conditions recherchées est du type :
8
>
> f (x) si x 2 [x0 ; x n ]
8
>
>
p(xn ) = yn
<
>
>
< 0
f~(x) =
p (xn ) = f 0 (x n )
>
p(x) si x 2]x n ; xn+1 ] avec p 2 R 3 [X] et
>
>
>
p 00(xn ) = f 00 (x n )
>
>
:
:
p(xn+1 ) = yn+1 :
Par suite, l’existence et l’unicité de f~ est équivalente à celle du polynôme p, et donc résulte cette fois encore de
la question 4a
il existe une unique fonction spine véri…ant les conditions f (xi ) = y 0 , f 0(x0 ) = ®; f "(x 0 ) = ¯
3. Montrons que S¾0 n est un sous-espace vectoriel de S ¾n .
0S ¾n = 0 C 2([x0; xn]) 2 S¾0 n donc S¾0 n 6= ; et S¾0 n ½ S¾n
Soient f; g 2 S¾0 n et ®; ¯ 2 R.
Pour tout i 2 f0; : : : ; ng, (®:f + ¯:g)(xi ) = ®f (x i) + ¯g(xi ) = 0. Donc ®:f + ¯:g 2 S¾0n .
Choisissons les fonctions f1 et f 2 de S¾0n comme les seules fonctions de S¾ n telles que
8i 2 f0; : : : ; ng;
8i 2 f0; : : : ; ng;
f1 0 (x 0 ) = 1
f2 0 (x 0 ) = 1
f1 (x i) = 0;
f2 (x i) = 0;
et
et
f 1 00(x0 ) = 0;
f 2 00(x0 ) = 1:
Soient ® et ¯ des réels tels que h = ®:f1 + ¯:f2 = 0
Alors h0 (x 0 ) = 0 = ® et h00 (x 0 ) = 0 = ¯. Ce qui prouve que la famille (f1 ; f2 ) est libre.
Soit h 2 S0¾n . Posons ® = h 0 (x0 ) et ¯ = h0 0(x 0 ). Remarquons alors que ®:f 1 + ¯ :f 2 et h appartiennent à S¾ n et que
8i 2 f0; : : : ; ng;
(®:f 1 + ¯:f2 )(x i) = 0 = h(x i);
(®:f1 + ¯:f 2 )0(x0 ) = h 0(x0 )
et (®:f 1 + ¯:f2 ) 00(x0 ) = h 00(x0 ):
L’unicité démontrée à la question 4b implique que h = ®:f 1 + ¯:f2 . Ce qui prouve que (f1 ; f 2 ) engendre S 0¾n .
0
Finalement, (f ; f ) est une base de S 0 , et par suite,dim(S¾ n ) = 2.
1
2
¾n
n
Faute plan possible : Soit Á : S¾ n ! Rn+1 : f 7! (f (xi ))i=0 , Á est un application linéaire de noyau S¾0 n :Or Á
n
est surjective car pour tout (y i)i=0 2 Rn+1 il existe une fonction f 2 S¾ n telle que Á(f ) = (y i) :il su¢ de prendre
® = ¯ = 0 dans la question 4b
5.
1. Sur ]xi ; xi+1 [, f = p i , où p i est un polynôme de degré inférieur ou égal à 3.
Il en résulte que f est de classe C1 sur cet intervalle, et que pour tout x 2]x i; x i+ 1 [ , f (4) (x) = pi (4) (x) = 0.
2. Par intégration par parties :
Z
xi+1
xi
2
x
(f 00(x)) dx = [f 0 f "]xi+1
¡
i
Z
xi+1
f 0 (x)f (3) (x)dx;
xi
les fonctions f 0 et f " étant continue C 1 par morceaux sur [x i; xi+1 ] :
La fonction f (3) étant constante sur ]xi ; x i+1 [ peut y être prolongé par continuité .
une seconde intégration par parties donne alors
Z xi+1
Z xi+1
2
x
xi+1
00 0
(f 00 (x)) dx = [f 0 (x)f 00 (x)]xi+1
¡
[f
(x)f
(x)]
+
f (x)f (4) (x)dx;
xi
i
xi
xi
les fonctions f 0 et f (3) (prolongés) étant C 1 sur [x i; x i+1 ]
soit, comme f (xi ) = f (xi+1 ) = 0 et comme f ( 4) = 0 sur ]x i; x i+1 [,
Z xi+1
2
x
(f 00 (x)) dx = [f 0 (x)f 0 0(x)]xi+1
= f 0(xi+1 )f 00 (x i+1 ) ¡ f 0 (xi )f 00 (x i):
i
xi
4
Et par la relation de Chasles
Z
xn
00
2
(f (x)) dx =
x0
n¡
X1 Z
i=0
nous en déduisons par télescopage:
R xn
x0
xi+1
2
(f 00 (x)) dx =
xi
n¡ 1
X
(f 0 (x i+ 1 )f 00(xi+1 ) ¡ f 0 (x i)f 00 (x i));
i=0
2
(f 00 (x)) dx = f 0 (x n )f 00 (x n ) ¡ f 0 (x 0 )f 00 (x0 ):
1
Remarque : le calcul ne peut pas se faire directement sur [x0 ; x n ] car f (3) n’est pas continue,Cpm
sur ce segment ,
et ne peut pas y être prolongé en une telle fonction. (l’hypothèse f(x0 ) = f (xn ) = 0 su¢rait d’ailleurs si une telle
I.P.P. était possible)
3. L’application Á est linéaire.
Montrons que Á est injective :
Soit g 2 ker(Á). C’est à dire g 2 S¾0 n telle que Á(g) = (0; 0).
Cela signi…e que g 0(x0 ) = g 0 (xn ) = 0. D’après 5b,
Z xn
2
(g 00 (x)) dx = g 0 (xn )g 00(xn ) ¡ g 0(x0 )g 00 (x 0 ) = 0:
x0
Or l’application x 7! (g 00 (x)) 2 est continue et positive sur [x 0 ; xn ],
donc 8x 2 [x 0 ; xn ], ' 00 (x) = 0. '0 est constante sur [x0 ; x n ] et comme ' 0(x 0 ) = 0, 8x 2 [x0 ; x n ], ' 0 (x) = 0. ' est
donc constante sur [x0 ; x n ], et comme '(x 0 ) = 0, ' = 0.
Á est une injection de S¾0n dans R 2 . D’après 4c, dim(S¾0n ) = 2 = dim(R 2 ), donc
Á est une bijection de S¾0n sur R 2
² Démontrons d’abord l’unicité d’une telle fonction spline :
Soient f et g deux fonctions splines de S¾ n véri…ant les conditions de l’énoncé.
0
0
Il est immédiat que f ¡ g 2 S¾0n et de plus, (f ¡ g) (x0 ) = 0 et (f ¡ g) (xn ) = 0. Donc f ¡ g 2 ker(Á). 5c
montre qu’alors f ¡ g = 0 S 0¾n d’où f = g.
² Établissons maintenant l’existence de la fonction spline f .
Notons g l’unique fonction de S¾n (c.f. 4b ) telle que
8i 2 f0; : : : ; ng; g(xi ) = y i; et g 0 (x 0) = 0 = g 00(x 0 ):
Notons h l’unique antécédent de (®; ¯) par Á : h 2 S 0¾n ½ S¾ n et h0 (x 0 ) = ®, h 0 (x n ) = ¯.
² Posons f = h + g : f 2 S¾ n (car S¾n est un espace vectoriel) et f véri…e bien les n + 3 conditions recherchées.
il existe une unique fonction spine véri…ant les conditions f (x i) = y 0 , f 0(x 0 ) = ®; f 0 (xn ) = ¯
Partie III
1.
1. Par construction,
² g est 2-périodique,
² continue sur R car continue si x 2]0; 1[ et x 2] ¡ 1n; 0,continue en 0 (car f (0+ ) = 0 et f (0 ¡ ) = ¡f (0) = 0)
continue en 1 (car f (1¡ ) = 0 et f (1 +) = f (¡1+ ) = ¡f (1 ¡ ) = 0 )
² de classe C 1 par morceaux sur R,
² donc le théorème de Dirichlet assure la convergence, pour tout réel x, de la série de Fourier de g en x vers g(x).
De plus, g est impaire, donc les seuls coe¢cients de Fourier non nuls de g sont ceux ”en sinus”. En posant, pour
R1
R1
tout n 2 N¤ , cn = ¡ 1 g(t) sin(¼nt)dt = 2 0 g(t) sin(¼nt)dt, nous obtenons :
8x 2 R;
g(x) =
+1
X
cn sin(¼nx):
n=1
2. Remarquons que g est C 2 sur R ¡ Z.
Comme g, g 00 est impaire. Sa série de Fourier est donc
8x 2 R;
S(g0 0)(x) =
1
X
dn sin(¼nx);
n=1
R1
où pour n 2 N¤ , dn = cn = 2 0 g 00(t) sin(¼nt)dt.
Comme g 00 n’est pas continue sur R, ni de classe C1 , g 00 n’a a priori aucune raison d’être égale à sa série de Fourier.
5
3. Par contre,g étant continue par morceaux, la formule de Parseval s’applique pour g 00 et donne :
Z 1
Z
+1
1 1 00
1X 2
2
2
(g 00 (x)) dx =
(g (x)) dx =
dn :
(1)
2 ¡1
2 n= 1
0
Et une double intégration par parties permet de calculer dn en fonction de cn (en utilisant g(0) = g(1) = 0) :
R1
dn = 2 0 g 00 (t) sin(¼nt)dt
R1
1
= 2([g 0(t) sin(¼nt)]0 ¡ n¼ 0 g 0 (t) cos(¼nt)dt)
R1
1
= ¡2n¼([g(t) cos(¼nt)]0 + n¼ 0 g(t) sin(¼nt)dt)
= ¡(n¼)2 cn
Et, comme 8x 2]0; 1[; g(x) = f (x), nous avons également 8x 2]0; 1[; g 00 (x) = f 0 0(x), donc l’équation (1) donne
Z 1
+1
+1
1X 2 4 2
¼4 X 2 4
2
(f 00(x)) dx =
n ¼ cn =
cn n
(2)
2 n=1
2 n=1
0
4. Soit N 2 N ¤ .
Rappelons l’inégalité de Cauchy-Schwarz, appliquée aux vecteurs (a1 ; : : : ; aN ) et (b 1 ; : : : ; b N ) de RN , muni du produit
scalaire canonique :
à N
! 12 Ã N
! 12
N
X
X
X
2
jan b n j ·
an 2
bn
:
n= 1
n= 1
n=1
Les deux séries de droite convergeant par hypothèse, nous obtenons que la suite de terme général
N
P
n=1
croissante et ma jorée :
N
X
n= 1
jan b n j ·
Ã+ 1
X
n= 1
an
2
! 12 Ã +1
X
n=1
bn
2
! 12
jan b n j est
:
P
D’où la convergence absolue de la série
an bn , et la majoration recherchée.
P
P 1 2
2
2
5. Les deux séries à termes
réels
(cn n ) (par Bessel-Parseval sur g 00 ) et
( n2 ) convergent. D’après 1d, il en
P
résulte que la série (cn n2 £ n12 ) converge absolument et que
+1
X
n=1
jcn j ·
à +1
X
! 12 Ã + 1
!1
X 1 2
c n 2 n4
:
n4
n=1
n=1
Ceci prouve, comme 8x 2 [0; 1], jcn sin(¼nx)j · jcn j, la convergence absolue de la série de Fourier de f vers f (x) et,
à l’aide de l’équation (2), nous obtenons :
!1
p µZ 1
¶ 12 Ã +1
+
1
X
X 1 2
2
2
00
8x 2 [0; 1]; jf(x)j ·
jcn j · 2
(f (x)) dx
;
¼
n4
0
n= 1
n=1
soit
8x 2 [0; 1];
1
jf (x)j · p k f k
3 5
(3)
2.
1. gi : t 7! (f ¡ ')(x i + th i) est une fonction de classe C2 sur [0; 1] (car f , ', ainsi que l’application de [0; 1] dans
[0; 1], t 7! (x i + th i) le sont). Et le théorème de dérivation des fonctions composées montre que 8t 2 [0; 1],
00
gi00 (t) = h i2 (f ¡ ') (x i + th i). D’où
R1 4
2
2
k gi k
=
h [(f ¡ ')00 (x i + th i)] dt
0 Ri
x
2
= h i4 xii+1 [(f ¡ ')00 (u)] h1i du (changement de variable C 1 : u = xi + thi )
3
2
· hi k f ¡ ' k :
L’équation (3) s’applique bien à g i et donne
8t 2 [0; 1];
soit, en passant au sup,
3 k f ¡ ' k
1
p
jg i(x)j · p k gi k· h i 2
;
3 5
3 5
³ 3´ k f ¡' k
p
sup jgi (t)j · h i 2
:
3 5
t2[0;1]
En…n, il su¢t de remarquer que sup jgi(t)j =
t2[0;1]
sup
x2[xi ;xi+1]
6
jf (x) ¡ '(x)j pour conclure.
2. Si on reprend l’idée du II5b on calcule, pour i 2 f1; : : : ; ng, à l’aide d’intégrations par parties successives (possibles
car ' est une fonction spline, donc peut être considérée comme de classe C 1 sur [x i ; x i+1 ] après prolongement en
xi et xi+1 ) :
R xi+1 00
(f (t) ¡ ' 00 (t))' 00(t)dt
xi
Rx
= [(f 0 (t) ¡ ' 0 (t)' 00(t)]xxi+1
¡ xii+1 (f 0 (t) ¡ ' 0(t))'000 (t)dt
i
= (f 0(x i+1 ) ¡ ' 0 (x i+1 )'00 (x i+1Z) ¡ (f 0 (x i) ¡ ' 0 (x i)' 00 (xi )
xi+1
x
¡ [(f (t) ¡ '(t)' 000 (t)]xi+1
+
i
|
{z
}
=0 c ar '(xk )=f ( xk); 8k
|
xi
(f (t) ¡ '(t))' (4) (t)dt
{z
}
= 0 c ar '(4) =0 su r ]0;1[
= (f 0(x i+1 ) ¡ ' 0 (x i+1 ))'00 (x i+1 ) ¡ (f 0 (x i) ¡ '0 (x i))'00 (x i)
Calculons maintenant la norme de f ¡ ' :
2
kf¡'k
=
=
=
=
=
=
=
R1
2
[(f ¡ ')00 (t)] dt
R01 00
2
2
[(f (t)) ¡ 2f 00 (t)' 00 (t) + (' 00 (t)) ]dt
R01 00
R
R 1 00
1
2
2
00
00
00
0 (f (t)) dt ¡ 2 0 (f (t) ¡ ' (t))' (t)dt ¡ 0 (' (t)) dt
n¡1
P R xi+1 00
k f k2 ¡ k ' k2 ¡ 2
(f (t) ¡ ' 00(t))'00 (t)dt
x
2
2
i=0
2
2
i=0
i
kf k ¡k'k
n¡1
P
¡2
[(f 0 (x i+ 1 ) ¡ ' 0(xi+1 ))' 00 (x i+ 1) ¡ (f 0 (xi ) ¡ ' 0 (xi )) ' 00 (x i)]
kf k ¡k'k
¡2 [(f 0 (xn ) ¡ ' 0(xn ))'0 0(x n ) ¡ (f 0(x0 ) ¡ '0 (x 0 ))' 00 (x0 )]
|
{z
}
2
=0 c ar x0=0; xn=1 e t '0(0)=f 0 (0);'0 (1)=f 0 (1)
2
kf k ¡k'k :
3. L’égalité précédente donne immédiatement
2
2
k f ¡'k · kf k :
Et donc pour tout i 2 f0; : : : ; n ¡ 1g, la question 2a montre que
³ 3´ k f k
³ 3´ k f k
jf (x) ¡ '(x)j · h i 2
p · h2
p :
3 5
3 5
x2 [xi;xi+1 ]
sup
(4)
Soit x 2 [0; 1].
Comme ¾ est une subdivision de [0; 1], 9i 2 f0; : : : ; n ¡ 1g tel que x 2 [x i; x i+ 1 ], donc jf (x) ¡ '(x)j ·
sup
u2 [xi;xi+1 ]
jf (u) ¡ '(u)j, d’où, d’après l’équation (4),
³ 3´ k f k
jf (x) ¡ '(x)j · h 2
p :
3 5
Ce résultat étant valable 8x 2 [0; 1], nous avons démontré que
³ 3´ k f k
sup jf (x) ¡ '(x)j · h 2
p :
3 5
x2[0;1]
7