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9 Par ailleurs, le requérant fait référence à une série de faits survenus entre 2007 et 2009, qui auraient trait à la tentative de meurtre Selon lui, le 9 mars 2007 à 11 heures, il aurait fait l’objet d’une nouvelle tentative de meurtre dans le cadre de son commerce A la suite de ces évènements, il a

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KANGOUROU ANGOUROU DESDES MA - mathkangorg

Mars 2007 — Durée : 50 minutes Épreuve Cadets, sujet C • L’épreuve est individuelle Les calculatrices sont interdites •Il y a une seule bonne réponse par question Les bonnes réponses rapportent 3, 4 ou 5 points selon leur difficulté (premier, deuxième et troisième tiers de ce questionnaire), mais une réponse erronée

l’heure, la date - MANIÈRES DE DIRE

4 : 00 quatre ͡ heures [ r ] 16 : 00 seize ͡ heures [ z ] 5 : 00 cinq ͡ heures [ k ] 17 : 00 dix-sept ͡ heures [ t ] 6 : 00 six ͡ heures [ z ] 18 : 00 dix-huit ͡ heures [ t ] 7 : 00 sept ͡ heures [ t ] 19 : 00 dix-neuf ͡ heures [ v ] 8 : 00 huit ͡ heures [ t ] 20 : 00 vingt ͡ heures [ t ]

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Licence de Mathématiques (L3, S6, année 2006–2007) M312 (« Analyse Hilbertienne ») Corrigé de l’examen du 29 mars 2007 durée : 2 heures; ni documents ni calculatrices A On rappelle que Dn(t) = 1+ Pn k=1 2cos(kt) = sin((n+1 2)t) sin(1 2 t) (5 pts) 1 Donner trois formules correspondant au noyau de Fejér Fn(t) : expression avec les

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Université Lille 1 - UFR de Mathématiques

Licence de Mathématiques (L3, S6, année 2006-2007)

M312 (" Analyse Hilbertienne »)

Corrigé de l"examen du 29 mars 2007durée : 2 heures; ni documents ni calculatrices A.On rappelle queDn(t) = 1 +?nk=12cos(kt) =sin((n+1 2)t) sin(12t).(5 pts)

1. Donner trois formules correspondant au noyau de FejérFn(t): expression avec les

D k(t), expression avec lescos(kt), expression explicite montrantFn(t)≥0. Justifier 1

0Fn(t)dt= 1.

2. On définit une fonctiongsur[0,+∞[parg(x) =?????1 (x= 0)

x 2 0 (

2< x).

3. Prouver

?n?N,n≥1? 0sin 2(x) x2g(xn)dx=π2

4. En déduire?

0sin 2(x) x2dx=π2

Corrigé :

1. Les trois formules sont

F n(t) =1 nn-1? k=0D k(t) = 1 +n? k=1(1-kn)2cos(kt) =sin2(nt 2) nsin2(t2)

Compte tenu de

0cos(kt)dt= 0pourk≥1on obtient par la deuxième formule

1

0Fn(t)dt= 1. Attention au fait que dans la deuxième formule le terme encos(nt)

a en réalité un coefficient nul. On aurait pu écrire?n-1 k=1au lieu de?nk=1. Pourn= 1?n-1 k=1doit bien sûr être considéré comme une sommation vide, donc nulle.

2. On remarque quegainsi définie est continue enx= 0, et bien sûr continue sur]0,π

2]. Elle est donc continue sur l"intervalle fermé borné[0,π

2]et par conséquent bornée sur

cet intervalle par un certainCfini. Comme elle est nulle pourx >π

2ceCmarche.

On peut aussi rappeler que la fonctionx?→sin(x) xest décroissante sur]0,π], c"est une manifestation de la concavité desin(x)sur cet intervalle. D"où la minoration classique sin(x) x≥2πsur]0,π2]. On peut donc prendreC=14π2.

3. Soitn≥1. SoitIn=?∞

0sin 2(x) x2g(xn)dx=?nπ

20sin2(x)x2g(xn)dx. On fait le change-

ment de variablex=nt

2. AlorsIn=?π

0sin 2(nt

2)n2(t/2)2(t/2)2sin2(t/2)n2dt=12?

0sin 2(nt 2) nsin2(t2)dt= 1 2?

0Fn(t)dt=π2.

4. Pour toutx≥0on alimn→∞x

n= 0donc par continuité degen0:limn→∞g(xn) = g(0) = 1. On peut invoquer le théorème de la convergence dominée puisque pour 0sin 2(x) x2dx <∞. Donc on obtient?∞ 0sin

2(x)x2dx= lim?∞

0sin

2(x)x2g(xn)dx=π2.

Université Lille 1Corrigé de l"examen du 29 mars 2007

2π-périodique, définie par :

1 (0< x < a)

1. Prouvercn(f) =1

πsin(na/2)ne-ina/2pourn?= 0. Que vautc0(f)?

2. Que vautlimN→∞SN(f)(0)? En déduire?∞n=1sin(na)

3. On revient àf. En calculant?

n=11 n2-∞? n=1cos(na)n2=a(2π-a)4

4. En déduire en le justifiant

n=11 n2=1π?

0a(2π-a)4da=π26.

5. Déterminer ensuite la valeur de

n=11 n4.

Corrigé :

1. Pourn?= 0on acn(f) =1

2π?

a

0e-intdt=12π[1-ine-int]a0=12πin(1-e-ina) =

1

2πine-ina/2(eina/2-e-ina/2) =1πnsin(na2)e-ina/2. Etc0(f) =12π?

a

01dt=a2π.

2. Enx= 0la fonctionfa une limite à droite et une limite à gauche et une dérivée à

droite et une dérivée à gauche (calculées en utilisant respectivementf(0+)etf(0-)). Donc on sait que la suiteSN(f)(0)converge et que sa limite vaut1

2(0+1) =12. Donc

1

2=c0(f) + limN→∞?

k=11πksin(ka2)(2cos(ka2)) a

2π+ limN→∞N

k=1sin(ka)πk, car2sin(x)cos(x) = sin(2x). Donc?∞k=1sin(ka)

3. La fonctionfest bornée donc de carré intégrable et l"identité de Bessel-Parseval

s"applique :? n?Z|cn(f)|2=1

2π?

-π|f(t)|2dt=a2π. Ainsi : a

2π=a24π2+ 2∞?

n=11π2n2sin2(na2) =a24π2+∞? n=11-cos(na)π2n2, carcos(2x) = 1-2sin2(x). En multipliant parπ2cela donne finalement : aπ

2-a24=a(2π-a)4=∞?

n=11n2-∞? n=1cos(na)n2 Université Lille 1Corrigé de l"examen du 29 mars 2007 On a pu séparer les deux sommes infinies car elles sont chacuneconvergente. La commeb(2π-b) =a(2π-a)etcos(nb) = cos(na)on trouve qu"elle vaut aussi pour cesa.

4. Comme?

?cos(na) n2? n2la série avec les cosinus est normalement donc uniformément convergente. On sait qu"alors l"intégrale de la somme sur unintervalle fini est la somme des intégrales. Or pour toutnentier≥1on a?π

0cos(na)da= 0. Donc

π?∞n=11

n2=?π

0a(2π-a)4da. On fait le changement de variablea=πt:

0a(2π-a)

4da=14?

1 0 π3t(2-t)dt=14π3[t2-13t3]10=14π3(1-13) =16π3

Finalement

?∞n=11 n2=1π16π3=π26.

5. On revient à l"égalité établie précédemment, en tenant compte de la valeur de?∞n=11

n2, a(2π-a)

4=π26-∞?

n=1cos(na)n2=π26-∞? n=1e ina2n2-∞? n=1e -ina2n2 Le même argument de convergence normale employé dans la question précédente nous garantit que cette série est bien la représentation de la fonction de gauche en série de

Fourier, c"est-à-dire quec0(g) =π2

4sur[0,2π]. On applique à

cette fonction l"identité de Bessel-Parseval, ce qui donne 4

36+ 2∞?

n=114n4=12π? 2π 0a

2(2π-a)216da=132π(2π)5?1

0 t2(1-t)2dt =π4[1

3t3-214t4+15t5]10=π4(13-12+15) =π4(-16+15) =π430

Donc ?∞n=11 n4= 2π4(130-136) =π42·630·36=π490.

C.(7 pts)

1. Rappelez la formule donnantcn(f?g)lorsque les coefficients de Fourier defet deg

sont connus.

2. On pose pourN?N,N≥1:

K

N(x) = 1 +?

1-k N? 2

2cos(kx)

En utilisant la question précédente trouver une autre expression deKNet prouver alors?x?RKN(x)≥0.

Montrer :

Nsin2(12δ)(FN(t) +FN(x-t))

Université Lille 1Corrigé de l"examen du 29 mars 2007

5. Prouver alors que(KN)N≥1est une approximation de l"identité.

6. Question bonus : montrer0< KN(x)< Npour toutxetN≥2.

Corrigé :

1. La formule estcn(f?g) =cn(f)cn(g).

2. Le polynôme trigonométriqueKNs"écrit1 +?

N?

2(eikx+e-ikx)et, par

l"expressionFN(x) = 1+?

N?(eikx+e-ikx), a donc les mêmes coefficients

de Fourier queFN?FN. C"est donc queKN=FN?FN. C"est-à-dire : ?x KN(x) =1

2π?

2π 0 F

N(t)FN(x-t)dt

Comme la fonction intégrée est à valeurs positives, on aKN(x)≥0.

Nsin2(12δ)et commeFN(x-t)≥0

on a F

Nsin2(12δ)FN(x-t)

Nsin2(12δ)et commeFN(t)≥0on peut multiplier Nsin2(12δ)FN(t)et a fortiori l"inégalité de l"énoncé. Enfin si F Nsin2(12δ)et on conclut comme précédemment.

4. On intègre l"inégalité de la question précédente par rapport àtsur l"intervalle2π.

Cela donne

Nsin2(12δ)?

?2π 0 F

N(t)dt+?

2π 0 F

N(x-t)dt?

On est habitué au fait que

?2π

0FN(x-t)dt=?2π

0FN(-t)dt=?2π

0FN(t)dt(= 2π)

sait déjàKN(x)≥0.

2δ?. Pour tout? >0etN≥

2 converge uniformément vers zéro sur ces intervalles. De plus1

2π?

-πKN(t)dt= 1en intégrant terme à terme. Et finalement|KN(t)|=KN(t)carKN≥0. Donc les trois conditions pour une approximation de l"identité sont satisfaites.

6. On a en faitKN(x)>0car on intègre sur un intervalle non singleton une fonction

continue positive ou nulle mais pas identiquement nulle (t?→FN(t)FN(x-t)n"a qu"un N? 22.

PourN≥2ceci est<1 +?

N?2 =FN(0) =N. DoncKN(x)< N.

Remarque : on peut calculer la majoration optimale1 +? N?

22, elle

vaut 2

3N+131N. Et on peut prouver que la valeur minimale deKN(x)est1N.

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