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Suites et s´
eries de fonctions
Gr´egory Berhuy

Table des mati`
eres
Motivations

5

Chapitre I. Convergence uniforme d’une suite de fonctions
I.1. Borne sup´erieure
I.2. Convergence simple et uniforme des suites de fonctions

11
11
14

Chapitre II. Suites et s´eries de fonctions
II.1. Suites de fonctions : th´eor`emes g´en´eraux
II.2. Rappels sur les s´eries num´eriques
II.3. S´eries de fonctions

25
25
30
34

Chapitre III. S´eries enti`eres
III.1. Rayon de convergence d’une s´erie enti`ere
III.2. Propri´et´es des s´eries enti`eres, applications

43
43
50

Chapitre
IV.1.
IV.2.
IV.3.

63
63
68
73

IV. S´eries de Fourier
Fonctions C i par morceaux.
S´eries de Fourier et produit scalaire hermitien
Les th´eor`emes de convergence

3

Motivations
Les s´eries de fonctions trouvent leur utilit´e dans la r´esolution d’´equations
diff´erentielles, ou d’´equations aux d´eriv´ees partielles. Bien souvent, ces
´equations n’ont pas de solution ´evidente exprimable `a l’aide de fonctions usuelles. L’id´ee est donc de chercher des solutions sous forme de
s´eries. Donnons un exemple.
On consid`ere une barre d’un mat´eriau homog`ene de longueur finie L
(non nulle !), la temp´erature initiale (au temps t = 0) ´etant donn´ee par
une fonction ϕ : [0, L] → R, x "→ ϕ(x). On suppose que la temp´erature
est nulle aux extr´emit´es de la barre. Si D est le coefficient de diffusion,
l’´equation r´egissant la temp´erature T (x, t) en chaque point `a un instant
t > 0 est donn´ee par
∂T
∂ 2T
=D 2.
∂t
∂x
Oublions d’abord la condition T (x, 0) = ϕ(x). Autrement dit, on cherche
les solutions v´erifiant seulement les conditions au bord T (0, t) = T (L, t) =
0.
Cherchons d’abord une solution non nulle de la forme T (x, t) = f (x)g(t)
(avec f et g v´erifiant des hypoth`eses convenables). On a alors
f (x)g ! (t) = Df !! (x)g(t),
soit

g ! (t)
f !! (x)
=
.
f (x)
Dg(t)
Comme x et t sont deux variables ind´ependantes, cela implique qu’il
existe α ∈ R tel que
g ! (t)
f !! (x)
=
= α.
f (x)
Dg(t)
Ainsi, on a
f !! (x) − αf (x) = 0 et g ! (t) − Dαg(t) = 0.

On a donc g(t) = λeDαt pour λ ∈ R, et donc g(t) %= 0 pour tout t ≥ 0
(car on cherche T non identiquement nulle). La contrainte T (0, t) =
T (L, t) = 0 entraˆıne alors f (0) = f (L) = 0.
Si α = 0, on a f !! (x) = 0, et donc f (x) = ax + b. Les conditions
f (0) = f (L) = 0 imposent alors facilement f (x) = 0 pour tout x, ce
qui est `a exclure par hypoth`ese sur T .
5

6

MOTIVATIONS

Si α > 0, on pose α = ω 2 . Alors f est de la forme f (x) = ach(ωx) +
bsh(ωx), a, b ∈ R. Puisque f (0) = 0, on a a = 0. Puisque f (L) = 0, on
a bsh(L) = 0. Comme sh(L) %= 0 puisque L %= 0, on a b = 0 et donc f
est identiquement nulle, ce qui est `a exclure.
On a donc α < 0, et donc α = −ω 2 . Mais alors on a

f (x) = a cos(ωx) + b sin(ωx), a, b, ∈ R.

Puisque f (0) = 0, on a a = 0, et puisque f (L) = 0 on a b sin(ωL) = 0.
Puisque l’on cherche T non nulle, on a b %= 0 et donc sin(ωL) = 0.

Ainsi ωL = πn pour n ≥ 0, et donc pour chaque n, on a une solution
de la forme
π 2 n2

bn sin( x)e− L2 Dt ,
L
o`
u bn ∈ R.
Autrement dit, on a

π 2 n2
π 2 n2



∂2
(bn sin( x)e− L2 Dt ) = D 2 (bn sin( x)e− L2 Dt ).
∂t
L
∂x
L

On remarque facilement que la somme d’un nombre fini de solutions
(encore une fois si on oublie la premi`ere condition) est encore une solution. Pour r´esoudre l’´equation initiale, avec toutes les conditions au
bord, l’id´ee est de prendre une somme infinie de telles solutions. Autrement dit, on cherche une solution de la forme
T (x, t) =

!
n≥1

bn sin(

π 2 n2

x)e− L2 Dt .
L

A priori, une telle fonction est solution. En effet, on a
! ∂
π 2 n2
∂T

=
(bn sin( x)e− L2 Dt )
∂t
∂t
L
n≥1
! ∂2
π 2 n2

=
D 2 (bn sin( x)e− L2 Dt )
∂x
L
n≥1
2
∂ T
= D 2
∂x
Oui,
chang´e sans vergogne d´erivation et
! mais...dans ce calcul, on a ´e!
. A priori, rien ne le justifie, car
est une s´
erie de fonctions, donc
n≥1

n≥1

en fait la limite de la suite de fonctions (Sn ), avec
n
!
π 2 k2

Sn =
bk sin( x)e− L2 Dt .
L
k=1

En fait, en g´en´eral, l’interversion de la d´erivation et de la limite est
illicite.

MOTIVATIONS

7

sin(nx)
. Clairement, pour tout
n
x ∈ R, on a fn (x) → 0 lorsque n → +∞. Ainsi, on a
Par exemple, soit fn : R → R, x "→

(limfn )! (0) = 0.
Par contre, on a fn! (x) = cos(nx) et donc lim(fn! )(0) = 1.
Pire, la limite de fonctions d´erivables (mˆeme infiniment d´erivables) peut
mˆeme ne pas ˆetre continue !
Par exemple, soit fn : [0, 1] → R, x "→ xn . Alors pour tout x %= 1, on a
fn (x) → 0 et fn (1) → 1 lorsque n → +∞. D’o`
u la question suivante :

Question 1. Sous quelles conditions une suite de fonctions (fn ) continues/d´erivables converge-t-elle vers une fonction continue/d´erivable ?
Mais laissons pour l’instant ces r´ecriminations matheuses.
Pour avoir l’existence d’une solution v´erifiant T (x, 0) = ϕ(x), on doit
n´ecessairement avoir
!

ϕ(x) =
bn sin( x) pour tout x ∈ [0, L].
L
n≥1
La question naturelle est donc : quelles sont les fonctions ϕ qui peuvent
se d´ecomposer de la mani`ere pr´ec´edente ?
Remarquons que le membre de droite est une fonction 2L-p´eriodique
impaire. Pour avoir une chance d’obtenir l’´egalit´e, il est naturel de
prolonger ϕ en une fonction ψ : R → R 2L-p´eriodique impaire de la
fa¸con suivante. On pose
ψ(x) = −ϕ(−x) pour tout x ∈] − L, 0],
et on prolonge ψ `a R tout entier par p´eriodicit´e. La question revient
donc `a savoir si on peut d´ecomposer le signal p´eriodique ψ en s´erie de
sinus.
Plus g´en´eralement, peut-on d´ecomposer un signal f : R → C T p´erodique sous la forme
f (x) =

a0 !
2nπ
2nπ
+
an cos(
x) + bn sin(
x),
2
T
T
n≥1

avec an , bn ∈ C ?

En utilisant les formules d’Euler, cela revient `a savoir si on peut ´ecrire
!
!
2inπ
2inπ
2ikπ
f (x) = c0 +
c−n e− T x + cn e T x =
ck e T x .
n≥1

k∈Z

8

MOTIVATIONS

Si n ∈ Z, on a donc
f (x)e−

2inπ
x
T

=

2i(k−n)π
x
T

!

ck e

!

"

.

k∈Z

On a alors
"

T

f (x)e

− 2inπ
x
T

dx =

0

ck

k∈Z

T

e

2i(k−n)π
x
T

dx.

0

Or, un simple calcul montre que , pour m ∈ Z, on a
#
" T
2imπ
T si m = 0
x
e T dx =
0 sinon
0
1
On obtient alors que cn =
T
int´egrale par cn (f ).

"

T

f (x)e−

2inπ
x
T

dx. On note cette derni`ere

0

Remarquons que, l`a encore, rien ne justifie que l’on puisse ´echanger
somme infinie et int´egrale. Encore une fois, il y a des contre-exemples.
2nx
. Clairement, pour tout
Par exemple, soit fn : [0, 1] → R, x "→
1 + n2 x 4
x ∈ [0, 1], on a fn (x) → 0 lorsque n → +∞.

On a donc

"

1

lim fn (x)dx = 0.
0

n

En revanche, on a
" 1
π
fn (x)dx = Arctan(n) → lorsque n → +∞.
2
0
Question 2. Si (fn ) est une suite de fonctions int´egrables sur [a, b]
convergeant vers f , sous quelles conditions a-ton l’´egalit´e
" b
" b
lim
fn (x)dx =
lim fn (x)dx?
n

a

a

n

Modulo ce point technique, on aboutit donc `a la question suivante :
Question 3. Si f : R → C est un signal T -p´eriodique, a-t-on
!
2inπ
f (x) =
cn (f )e T x ?
n∈Z

La s´erie de droite est appel´ee s´erie de Fourier associ´ee `a f .
On v´erifie facilement qu’elle est aussi ´egale a`
2nπ
2nπ
a0 (f ) !
+
an (f ) cos(
) + bn (f ) sin(
),
2
T
T
n≥1

MOTIVATIONS

o`
u on a

9

"
2nπ
2 T
f (x) cos(
x)dx, n ≥ 0
an (f ) =
T 0
T
"
2 T
2nπ
f (x) sin(
x)dx, n ≥ 1.
bn (f ) =
T 0
T

Ce probl`eme a aussi un int´erˆet propre, en dehors du contexte de l’´equation
de la chaleur, puisqu’il pose la question de savoir si on peut reconstituer
un signal p´eriodique `a partir de ses harmoniques.
L’´equation de la chaleur est un cas particulier d’une ´equation de diffusion, qui peut mod´eliser bien d’autres ph´enom`enes. La diffusion est le
processus par lequel, lorsque vous laissez tomber un morceau de sucre
dans un verre d’eau, le sucre se r´epartit graduellement par l’eau, ou
lorsqu’un polluant se propage dans l’air, ou lorsque n’importe quelle
substance dissoute se r´epand dans n’importe quel fluide.
L’´etude des s´eries de Fourier intervient d`es que l’on a des ph´enom`enes
ondulatoires. Par exemple en astrophysique, l’´etude spectrale de la
lumi`ere ´emise par une ´etoile permet de d´eterminer sa composition.
Le but de ce cours est de r´epondre aux questions pr´ec´edentes.


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