Centrale Maths 1 PC 2002

Thme de l'preuve Fonction dfinie par une srie de Fourier lacunaire
Principaux outils utiliss analyse de Fourier, gomtrie, suites numriques, suites et sries de fonctions, suites dfinies par rcurrence
Mots clefs sries de Fourier lacunaires, fonction continue mais nulle part drivable, drivabilit, suites de fonctions, sries de fonctions

Corrig

(c'est payant, sauf le dbut): - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

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Extrait du corrig obtenu par reconnaissance optique des caractres


 Centrale Maths 1 PC 2002 -- Corrig Ce corrig est propos par Walter Appel (professeur en CPGE) ; il a t relu par David Lecomte (Universit de Stanford) et Thomas Chomette (Professeur en CPGE). Ce sujet est compos de quatre parties d'intrt et de difficult variables.  La premire partie nous permet de dfinir par rcurrence trois suites de fonctions obtenues d'aprs un raisonnement gomtrique (dans la tradition des crits de Centrale). L'une de ces trois suites de fonctions est au coeur du sujet. On montre sa convergence (simple) vers une fonction x dfinie sur ] 0 ; [ et continue en tous points, puis on tudie (modulo la multiplication par une fonction sin2 ) sa srie de Fourier.  La deuxime partie est indpendante de la suite. On y tablit quelques proprits de la fonction x et, notamment, on montre que ses variations sont extrmement rapides au voisinage de 0.  La troisime partie, la plus intressante, permet d'tudier des fonctions dfinies par des sries de Fourier lacunaires, en l'occurrence des fonctions dont les frquences reprsentatives sont de la forme 2n , pour n N. On y tablit ( la suite de quelques calculs et raisonnements parfois lourds  rdiger) le joli P rsultat suivant : si an est une srie absolument convergente, si l'on pose v(t) = P 2 an cos 2n t n=0 pour tout t R et si v est drivable en au moins un point de R, alors on a an = o (2-n ).  La quatrime partie, compose d'une unique question, clt le problme en montrant que la fonction x de la premire partie n'est drivable en aucun point de ] 0 ; [, mme si elle est partout continue. Indications Partie I I.A.2 Se souvenir des techniques de projection orthogonale sur un sous-espace affine. I.B.1 Sparer les cas xn (t) = yn (t) et xn (t) 6= yn (t). I.B.1.a Effectuer une rcurrence. + k avec I.B.1.b Traduire la condition tan2 (2N-1 t) = 1 sous la forme 2N t = 2 k Z. I.B.2 Allier la formule obtenue aux questions I.B.I.a et I.A.2. I.B.3 Effectuer une rcurrence. I.B.4 Poser wn = un+1 - un et montrer la convergence uniforme de la srie P wn . I.B.5 Effectuer le prolongement pour chaque terme de la srie dfinie prcdemment. Montrer qu'une srie trigonomtrique est gale  sa srie de Fourier lorsqu'elle converge uniformment. I.B.6 Utiliser la formule tablie  la question I.B.1.a. Partie II II.B.2 tudier la convergence normale de la srie de fonctions dfinissant , ainsi que la convergence normale de la srie des drives. II.C.1 Noter que la srie dfinissant (/2) est alterne. II.C.2 Utiliser le thorme des valeurs intermdiaires. Partie III III.A.2 Se souvenir que sin tend vers 1 quand tend vers 0. b n0 (k) en fonction de vb(2n0 + k). Dresser la liste des ordres m Z III.B.3 Exprimer H pour lesquels vb(m) 6= 0. III.C.1 Ne pas abuser de la combinatoire, mais relier a0  la srie de Fourier de gN . III.D.1 Commencer par montrer la continuit en 0, le fait que K est borne s'ensuit. Ne pas s'occuper de la note entre parenthses. 2 III.D.2 Utiliser le rsultat de la question III.A.2, puis la minoration | sin | > || h i valable sur - ; . 2 2 III.D.3 Appliquer le thorme de convergence domine de Lebesgue. I. Dfinition de la fonction x I.A.1 Voici une figure faisant apparatre les points A, B, C et A , B , C . B(y, z) C (y , z ) A (x , 0) 0 A(x, 0) B (y , -z ) C(y, -z) A (resp. B , resp C ) est la base de la hauteur issue de A (resp. B, resp C). I.A.2 On suppose que (x, y, z) 6= (x, x, 0). Alors x = y. Notons - u le vecteur - unitaire dirig selon AB. Alors 1 y-x - u =p z (y - x)2 + z 2 C est la projection orthogonale de C sur la droite engendre par - u et passant par A, -- - - AC = AC  - u u (y - x)2 - z 2 y - x y x = + z 0 z (y - x)2 + z 2 soit ce qui donne dj z = z On trouve galement (y - x)2 - z 2 (y - x)2 + z 2 y = x + (y - x) (1) (y - x)2 - z 2 (y - x)2 + z 2 donc, en notant que y - x = y - y et en rduisant au mme dnominateur : y - x = - 2z 2 (y - x) (y - x)2 + z 2 (2) On pouvait, et il semblerait que de nombreux candidats soient passs par l, trouver les quations des diverses droites utiles et obtenir les coordonnes au moyen de manipulations algbriques et de substitutions. On obtient les bons rsultats mais au prix de beaucoup plus de sueur. I.B.1 On suppose que zn (t) = 0. Deux cas se prsentent alors.  Si xn (t) 6= yn (t) : alors la formule (1) est valable et nous permet d'obtenir immdiatement zn+1 (t) = 0 ; la formule (2) donne yn+1 (t) - xn+1 (t) = 0.  Si xn (t) = yn (t) : alors, par dfinition de T, T xn (t), yn (t), 0 = xn (t), yn (t), 0 ce qui nous donne immdiatement zn+1 (t) = 0 et yn+1 (t) - xn+1 (t) = 0. I.B.1.a Montrons par rcurrence finie que la proprit P(n) dfinie par P(n) : yn (t) - xn (t) = tan(2n t) zn (t) (3) est vraie pour tout n [[ 1 ; N - 1 ]].  P(0) vient de la dfinition de X0 (t).  P(n) = P(n + 1) : on suppose que n [[ 0 ; N - 2 ]] et que P(n) est vraie. Les relations (1) et (2) nous donnent 2zn (t) yn (t) - xn (t) yn+1 (t) - xn+1 (t) =- 2 zn+1 (t) yn (t) - xn (t) - zn (t)2 yn (t) - xn (t) zn (t) = - 2 yn (t) - xn (t) -1 zn (t) 2 2 tan(2n t) yn+1 (t) - xn+1 (t) = = tan(2  2n t) = tan(2n+1 t) zn+1 (t) 1 - tan2 (2n (t)) Nous avons ici utilis la formule de trigonomtrie classique : tan a + tan b 1 - tan a tan b que vous connaissez bien sr par coeur, ou que vous avez encadre au-dessus de votre lit pour la connatre par coeur le jour des concours. . . tan(a + b) =  Conclusion : la proprit est vraie pour tout n [[ 0 ; N - 1 ]]. n {0, . . . , N - 1} yn (t) - xn (t) = tan 2n t zn (t) I.B.1.b On a zN-1 (t) 6= 0, donc la relation 2 yN-1 (t) - xN-1 (t) - zN-1 (t)2 zN (t) = zN-1 (t) =0 2 yN-1 (t) - xN-1 (t) + zN-1 (t)2 nous permet de conclure que 2 2 yN-1 (t) - xN-1 (t) = zN-1 (t)