Corrigé CCINP 2025 Maths PSI — Problème 1, Partie II (Q13 à Q20) : Convergence ponctuelle : la somme des sin(nx)/n vaut (π−x)/2 par une intégrale

Sujet officiel du concours CCINP, session 2025, épreuve Maths PSI. Corrigé rédigé par Ibrahim Alame.

Énoncé

La série de Fourier de $f$ (continue par morceaux, $2 π$ -périodique) est $\sum_{n \geq 0} U_{n} (f)$ , avec $U_{0} (f) = \frac{1}{2} a_{0} (f)$ et $U_{n} (f) (x) = a_{n} (f) cos (n x) + b_{n} (f) sin (n x)$ pour $n \geq 1$ . Pour la fonction $g$ de Q11, on admet la convergence simple sur $R$ ; sa somme est, d'après Q12, $S_{g} (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{s i n ( n x )}{n}$ . But : montrer que $S_{g} = g$ sur $R$ .

Q13. Déterminer les $(x, t) \in R \times [0, 1]$ tels que $∣1 - t e^{i x} ∣ = 0$ .
Q14. Pour $0 < a < b < π$ et $x \in [a, b]$ , montrer qu'il existe $m > 0$ tel que $∣1 - t e^{i x} ∣ \geq m$ pour tout $t \in [0, 1]$ .
Q15. En déduire que $\int_{0}^{1} \frac{t ^{n}}{∣1 - t e ^{i x} ∣} d t \to 0$ quand $n \to + \infty$ , pour tout $x \in] 0, π [$ .
Q16. Pour $N \in N^{*}$ , $x \in] 0, π [$ , $t \in [0, 1]$ , montrer que $\sum_{n = 1}^{N} t^{n - 1} e^{i n x} = e^{i x} \frac{1 - t ^{N} e ^{i N x}}{1 - t e ^{i x}}$ .
Q17. En déduire que, pour $x \in] 0, π [$ , la série $\sum_{n \geq 1} \frac{e ^{i n x}}{n}$ converge et que sa somme vaut $\int_{0}^{1} \frac{e ^{i x}}{1 - t e ^{i x}} d t$ .
On pose, pour $λ \in] - 1, 1 [$ , $I (λ) = \int_{0}^{1} \frac{d t}{t ^{2} - 2 λ t + 1}$ .
Q18. Justifier l'existence de $I (λ)$ et montrer que $I (λ) = \frac{1}{1 - λ ^{2}} (arctan \frac{1 - λ}{1 - λ ^{2}} + arctan \frac{λ}{1 - λ ^{2}})$ .
Q19. En déduire que $\int_{0}^{1} \frac{d t}{1 - 2 t c o s x + t ^{2}} = \frac{1}{s i n x} \cdot \frac{π - x}{2}$ pour $x \in] 0, π [$ .
Q20. Conclure.

Corrigé

Q13. Soit $(x, t) \in R \times [0, 1]$ . On a $∣1 - t e^{i x} ∣ = 0$ si et seulement si $t e^{i x} = 1$ . En prenant les modules, cela impose $∣ t ∣ = t = 1$ ; il reste alors $e^{i x} = 1$ , c'est-à-dire $x \in 2 π Z$ . Réciproquement, $t = 1$ et $x = 2 k π$ donnent bien $1 - e^{2 i k π} = 0$ . L'ensemble cherché est

${(2 k π, 1) : k \in Z} .$

Q14. Pour $(x, t) \in R^{2}$ , développons le carré du module :

$∣1 - t e^{i x} ∣^{2} = (1 - t cos x)^{2} + t^{2} sin^{2} x = 1 - 2 t cos x + t^{2} = (t - cos x)^{2} + sin^{2} x . (*)$

Méthode topologique. Soit $K = [a, b] \times [0, 1]$ : c'est une partie fermée et bornée de $R^{2}$ , espace de dimension finie, donc un compact. L'application $ψ : (x, t) \mapsto ∣1 - t e^{i x} ∣$ est continue sur $K$ (composée de fonctions continues). Par le théorème des bornes atteintes, $ψ$ atteint sur $K$ son minimum $m$ en un point $(x_{0}, t_{0}) \in K$ . Comme $x_{0} \in [a, b] \subset] 0, π [$ ne contient aucun multiple de $2 π$ , Q13 donne $ψ (x_{0}, t_{0}) \neq = 0$ , donc $m > 0$ , et $∣1 - t e^{i x} ∣ \geq m$ pour tous $x \in [a, b]$ et $t \in [0, 1]$ .

Méthode explicite. D'après $(*)$ , $∣1 - t e^{i x} ∣ \geq ∣ sin x ∣$ pour tout $t$ ; et $sin$ est strictement positive sur $[a, b] \subset] 0, π [$ , avec $sin x \geq m = min (sin a, sin b) > 0$ par concavité de $sin$ sur $[0, π]$ . Le même $m$ convient pour tout $x \in [a, b]$ .

Ce que le correcteur attend : la stricte positivité de $∣1 - t e^{i x} ∣$ en chaque point ne suffit pas à donner un minorant $m > 0$ ; il faut un argument de compacité (bornes atteintes) ou une minoration explicite, avec $m$ indépendant de $t$ .

Q15. Soit $x \in] 0, π [$ . Posons $a = \frac{x}{2}$ et $b = \frac{x + π}{2}$ : $0 < a < x < b < π$ , donc $x \in [a, b]$ et Q14 fournit $m > 0$ tel que $∣1 - t e^{i x} ∣ \geq m$ pour tout $t \in [0, 1]$ . La fonction $t \mapsto \frac{t ^{n}}{∣1 - t e ^{i x} ∣}$ est continue sur le segment $[0, 1]$ (le dénominateur ne s'annule pas) et, pour tout $n \in N$ ,

$0 \leq \int_{0}^{1} \frac{t ^{n}}{∣1 - t e ^{i x} ∣} d t \leq \frac{1}{m} \int_{0}^{1} t^{n} d t = \frac{1}{m ( n + 1 )} n \to + \infty 0.$

Par encadrement, la limite vaut $0$ .

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