Exercice 7 - Exercice 1

La série de Fourier $$\mathcal{SF}_f(x)$$ de la fonction $$2\pi$$-périodique, paire et égale à $$\cos(\lambda x)$$ avec $$0<x<\pi$$ est caractérisée par la nullité de tous les coefficients réels $$b_n$$ ($$n \in \mathbb{N}$$). On a alors :
$$a_0 = \dfrac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi \cos(\lambda x) \, dx = \dfrac{2}{\pi} \int_0^\pi \cos(\lambda x) \, dx = \dfrac{2}{\pi} \left[ \dfrac{\sin(\lambda x)}{\lambda} \right]_0^\pi = 2 \dfrac{\sin(\lambda \pi) }{\lambda \pi}$$
Donc, on trouve que :
$$\dfrac{a_0}{2} = \dfrac{\sin(\lambda \pi)}{\lambda \pi}$$
Puis, le coefficient réel $$a_n$$ est donné par l'expression :
$$a_n = \dfrac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi \cos(\lambda x) \cos(nx) \, dx = \dfrac{2}{\pi} \int_{0}^\pi \cos(\lambda x) \cos(nx) \, dx$$
Or, on sait que :
$$\forall (a\,;\,b) \in \mathbb{R}^2, \,\,\, \cos(a) \cos(b) = \dfrac{1}{2} \left( \cos(a+b) + \cos(a-b) \right)$$
Ainsi, on en déduit que :
$$a_n = \dfrac{1}{\pi} \int_{0}^\pi \left[ \cos((n+\lambda)x) + \cos ((n-\lambda)x)\right] \, dx$$
D'où :
$$a_n = \dfrac{1}{\pi} \left[ \dfrac{\sin((n+\lambda)x)}{n+\lambda} + \dfrac{\sin((n-\lambda)x)}{n -\lambda}\right]_{0}^\pi = \dfrac{1}{\pi} \left( \dfrac{\sin((n+\lambda)\pi)}{n+\lambda} + \dfrac{\sin((n-\lambda)\pi)}{n-\lambda}\right)$$
Avec :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} \sin((n+\lambda)\pi) & = & \sin(n\pi + \lambda\pi) = \sin(n\pi) \cos (\lambda\pi) + \cos(n\pi) \sin (\lambda\pi)\\ & & \\ \sin((n-\lambda)\pi) & = & \sin(n\pi - \lambda\pi) = \sin(n\pi) \cos (\lambda\pi) - \cos(n\pi) \sin (\lambda\pi)\\ \end{array} \right.$$
Soit :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} \sin((n+\lambda)\pi) & = & 0 \cos (\lambda\pi) + (-1)^n \sin (\lambda\pi)\\ & & \\ \sin((n-\lambda)\pi) & = & = 0 \cos (\lambda\pi) - (-1)^n \sin (\lambda\pi)\\ \end{array} \right.$$
D'où :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} \sin((n+\lambda)\pi) & = & (-1)^n \sin (\lambda\pi)\\ & & \\ \sin((n-\lambda)\pi) & = & - (-1)^n \sin (\lambda\pi) \\ \end{array} \right.$$
On peut donc écrire que :
$$a_n = \dfrac{1}{\pi} \left( \dfrac{(-1)^n \sin (\lambda\pi)}{n+\lambda} + \dfrac{- (-1)^n \sin (\lambda\pi)}{n-\lambda}\right) = \dfrac{(-1)^n \sin (\lambda\pi)}{\pi} \left( \dfrac{1}{n+\lambda} - \dfrac{1}{n-\lambda}\right)$$
On obtient :
$$a_n = \dfrac{(-1)^n \sin (\lambda\pi)}{\pi} \left( \dfrac{n-\lambda - (n+\lambda)}{n^2-\lambda^2}\right) = \dfrac{(-1)^n \sin (\lambda\pi)}{\pi} \left( \dfrac{-2\lambda}{n^2-\lambda^2}\right)$$
Finalement, on trouve que :
$$a_n =2\lambda^2 \dfrac{\sin (\lambda\pi)}{\lambda\pi} \left( \dfrac{(-1)^n}{\lambda^2-n^2}\right)$$
La série de Fourier $$\mathcal{SF}_f(x)$$ est donc caractérisée par le coefficient réel $$a_0$$ et les coefficients réels $$a_n$$. On a alors :
$$\mathcal{SF}_f(x) = \dfrac{\sin (\lambda\pi)}{\lambda\pi} + 2\lambda^2 \dfrac{\sin (\lambda\pi)}{\lambda\pi} \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{(-1)^n}{\lambda^2-n^2} \cos(nx)$$
Soit en factorisant :
$${\color{red}{{ \boxed{ \mathcal{SF}_f(x) = \dfrac{\sin (\lambda\pi)}{\lambda\pi} \left( 1 + 2\lambda^2 \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{(-1)^n}{\lambda^2-n^2} \cos(nx) \right) } }}}$$

Dans la série de Fourier précédente, posons $$x = \pi$$.
On obtient alors :
$$\mathcal{SF}_f(x=\pi) = \dfrac{\sin (\lambda\pi)}{\lambda\pi} \left( 1 + 2\lambda^2 \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{(-1)^n}{\lambda^2-n^2} \cos(n\pi) \right)$$
Soit encore :
$$\mathcal{SF}_f(x=\pi) = \dfrac{\sin (\lambda\pi)}{\lambda\pi} \left( 1 + 2\lambda^2 \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{(-1)^n}{\lambda^2-n^2} (-1)^n \right)$$
Donc :
$$\mathcal{SF}_f(x=\pi) = \dfrac{\sin (\lambda\pi)}{\lambda\pi} \left( 1 + 2\lambda^2 \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{1}{\lambda^2-n^2} \right)$$
De plus, $$\cos(\lambda x)$$ est régulière sur $$\mathbb{R}$$, et $$x=\pi$$ est un point de continuité. Donc la série de Fourier converge vers $$f$$. On a a donc, $$\mathcal{SF}_f(x=\pi)=\cos(\lambda \pi)$$. Ainsi, on trouve que :
$$\cos(\lambda \pi)= \dfrac{\sin (\lambda\pi)}{\lambda\pi} \left( 1 + 2\lambda^2 \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{1}{\lambda^2-n^2} \right)$$
D'où :
$$\dfrac{\cos(\lambda \pi)}{\sin (\lambda\pi)} = \dfrac{1}{\lambda\pi} \left( 1 + 2\lambda^2 \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{1}{\lambda^2-n^2} \right)$$
Soit encore :
$$\mathrm{cotan}(\lambda \pi ) - \dfrac{1}{\lambda\pi} = \dfrac{2\lambda}{\pi} \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{1}{\lambda^2-n^2} \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, \mathrm{cotan}(\lambda \pi ) - \dfrac{1}{\lambda\pi} = \dfrac{1}{\pi} \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{2\lambda}{\lambda^2-n^2}$$
On pose maintenant $$\lambda = x \in ]\,-1\,;\,1\,[$$ (car $$\lambda$$ n'est pas un entier naturel autre que $$0$$), et de fait on trouve que :
$$\mathrm{cotan}(\pi x ) - \dfrac{1}{\pi x} = \dfrac{1}{\pi} \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{2x}{x^2-n^2}$$
Soit :
$$\mathrm{cotan}(\pi x ) - \dfrac{1}{\pi x} = S(x)$$
avec la série
$$S(x) = \dfrac{1}{\pi} \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{2x}{x^2-n^2}$$
Or, $$\forall x \in ]\,-1\,;\,1\,[$$, on a avec $$n \geqslant 1$$, et $$\dfrac{2}{\pi}$$ majoré par $$1$$ :
$$\left| \dfrac{1}{\pi} \dfrac{2x}{x^2-n^2} \right| = \dfrac{2}{\pi} \left| \dfrac{x}{x^2-n^2} \right| \leqslant \dfrac{1}{n^2-x^2}$$
Puis, pour majoré l'action du dénominateur $$n^2-x^2$$ (dans le processus de l'inversion) on prend la plus grande valeur de $$x$$ possible à savoir $$1$$, ceci afin que $$n^2-x^2$$ soit le plus petit envisageable. D'où :
$$\left| \dfrac{1}{\pi} \dfrac{2x}{x^2-n^2} \right| \leqslant \dfrac{1}{n^2-1}$$
Enfin comme la série $$\sum_{n=2}^{+\infty} \dfrac{1}{n^2-1}$$ converge, pour les plus curieux, on a $$\sum_{n=2}^{+\infty} \dfrac{1}{n^2-1} = \dfrac{3}{4}$$, et qu'elle majore $$S(x)$$ (si $$x \in ]\,-1\,;\,1\,[$$) alors $$S(x)$$ converge également vers $$\mathrm{cotan}(\pi x ) - \dfrac{1}{\pi x}$$.

Par intégration, donc terme à terme, on peut écrire que :
$$\int_0^x \left(\mathrm{cotan}(\pi X ) - \dfrac{1}{\pi X} \right) \, dX = \int_0^x S(X) \, dX$$
Soit :
$$\int_0^x \left(\mathrm{cotan}(\pi X ) - \dfrac{1}{\pi X} \right) \, dX = \int_0^x \dfrac{1}{\pi} \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{2X}{X^2-n^2} \, dX$$
Par suite de la convergence (uniforme) de la série, on va pouvoir permuter les deux formes de sommation. On vas donc avoir :
$$\pi \int_0^x \left(\mathrm{cotan}(\pi X ) - \dfrac{1}{\pi X} \right) \, dX = \sum_{n=1}^{+\infty} \int_0^x \dfrac{2X}{X^2-n^2} \, dX$$
D'où :
$$\pi \int_0^x \mathrm{cotan}(\pi X ) \, dX - \pi \int_0^x\dfrac{1}{\pi X} \, dX = \sum_{n=1}^{+\infty} \int_0^x \dfrac{2X}{X^2-n^2} \, dX$$
Soit encore :
$$\int_0^x \mathrm{cotan}(\pi X ) \, d(\pi X) - \int_0^x\dfrac{1}{\pi X} \, d(\pi X) = \sum_{n=1}^{+\infty} \int_0^x \dfrac{2X}{X^2-n^2} \, dX$$
Pour les deux premières intégrales, on pose $$y=\pi X$$ et $$y$$ va de $$0$$ à $$\pi x$$. Donc :
$$\int_0^{\pi x} \mathrm{cotan}(y) \, dy - \int_0^{\pi x}\dfrac{1}{y} \, dy = \sum_{n=1}^{+\infty} \int_0^x \dfrac{2\left( \dfrac{X}{n}\right)}{\left( \dfrac{X}{n}\right)^2-1} \, d\left( \dfrac{X}{n}\right)$$
Le processus d'intégration nous permet d'écrire :
$$\left[ \ln(\sin(y)) -\ln (y) \right]_0^{\pi x} = \sum_{n=1}^{+\infty} \int_0^x \dfrac{-2\left( \dfrac{X}{n}\right)}{1-\left( \dfrac{X}{n}\right)^2} \, d\left( \dfrac{X}{n}\right)$$
On pose $$z=\dfrac{X}{n}$$ et $$z$$ va de $$0$$ à $$\dfrac{X}{n}$$. Soit :
$$\left[ \ln\left( \dfrac{\sin(y)}{y} \right) \right]_0^{\pi x} = \sum_{n=1}^{+\infty} \int_0^{\frac{x}{n}} \dfrac{-2z}{1- z^2} \, dz$$
Ce qui nous permet d'écrire :
$$\ln \left(\dfrac{\sin(\pi x)}{\pi x} \right) - \ln \left(\lim_{\varepsilon \longrightarrow 0} \dfrac{\sin(\varepsilon)}{\varepsilon} \right) = \sum_{n=1}^{+\infty} \left[ \ln(1-z^2) \right]_0^{\frac{x}{n}}$$
Ce qui nous donne :
$$\ln \left(\dfrac{\sin(\pi x)}{\pi x} \right) - \ln \left(1\right) = \sum_{n=1}^{+\infty} \left( \ln\left(1 - \dfrac{x^2}{n^2}\right) - \ln(1) \right)$$
Comme $$\ln \left(1\right) = 0$$, on trouve que :
$$\ln \left(\dfrac{\sin(\pi x)}{\pi x} \right) = \sum_{n=1}^{+\infty} \left( \ln\left(1 - \dfrac{x^2}{n^2}\right) \right)$$
Or, on a :
$$\sum_{n=1}^{+\infty} \left( \ln\left(1 - \dfrac{x^2}{n^2}\right) \right) = \sum_{n=1}^{+\infty} \ln\left(1 - \dfrac{x^2}{n^2}\right) = \ln \left( \prod_1^{+\infty} \left(1 - \dfrac{x^2}{n^2}\right) \right)$$
Ce qui nous permet d'écrire que :
$$\ln \left(\dfrac{\sin(\pi x)}{\pi x} \right) = \ln \left( \prod_1^{+\infty} \left(1 - \dfrac{x^2}{n^2}\right) \right)$$
Finalement, ceci nous permet de conclure que :
$${\color{red}{ \boxed{ \dfrac{\sin(\pi x)}{\pi x} = \prod_{n=1}^{+\infty} \left( 1- \dfrac{x^2}{n^2} \right) } }}$$