Exercice 1 1142 Correction

Soit $f : [a; b] \to ℝ$ continue telle que $\int_{a}^{b} f (t) d t = 0$ . Montrer qu’il existe une suite $(P_{n})$ de polynômes telle que

\int_{a}^{b} P_{n} (t) d t = 0 et sup_{t \in [a; b]} | f (t) - P_{n} (t) | \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

Solution

Par le théorème de Weierstrass, il existe une suite $(Q_{n})$ de fonctions polynomiales telles $N_{\infty} (Q_{n} - f) \to 0$ .
On a alors

\int_{a}^{b} Q_{n} (t) d t \to_{n \to + \infty}^{} \int_{a}^{b} f (t) d t = 0 .

Posons

P_{n} (t) = Q_{n} (t) - \frac{1}{b - a} \int_{a}^{b} Q_{n} (t) d t .

On vérifie alors sans peine que

\int_{a}^{b} P_{n} (t) d t = 0 et N_{\infty} (f - P_{n}) \to 0 .

Exercice 2 1143 Correction

Soit $f : [a; b] \to ℝ$ continue telle que $f \geq 0$ . Montrer qu’il existe une suite $(P_{n})$ de polynômes telle que

\forall t \in [a; b], P_{n} (t) \geq 0 et sup_{t \in [a; b]} | f (t) - P_{n} (t) | \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

Solution

Par le théorème de Weierstrass, il existe une suite $(Q_{n})$ de fonctions polynomiales telles $N_{\infty} (Q_{n} - f) \to 0$ . Posons $m_{n} = {inf}_{t \in [a; b]} Q_{n} (t) = Q_{n} (t_{n})$ pour un certain $t_{n} \in [a; b]$ . Montrons que $m_{n} \to m = {inf}_{t \in [a; b]} f$ . Notons que ${inf}_{t \in [a; b]} f = f (t_{\infty})$ pour un certain $t_{\infty} \in [a; b]$ . Pour tout $ε > 0$ , pour $n$ assez grand, $N_{\infty} (Q_{n} - f) \leq ε$ donc $m_{n} = Q_{n} (t_{n}) \geq f_{n} (t_{n}) - ε \geq m - ε$ et $m = f (t_{\infty}) \geq Q_{n} (t_{\infty}) - ε \geq m_{n} - ε$ donc $| m_{n} - m | \leq ε$ . Ainsi $m_{n} \to m$ . Il suffit ensuite de considérer $P_{n} = Q_{n} - m_{n} + m$ pour obtenir une solution au problème posé.

Exercice 3 1144 Correction

Soit $f : [a; b] \to ℝ$ une fonction de classe $𝒞^{1}$ .

Montrer qu’il existe une suite $(P_{n})$ de fonctions polynomiales convergeant uniformément vers $f$ sur $[a; b]$ et pour laquelle la suite $(P_{n}^{'})$ converge aussi uniformément vers $f^{'}$ sur $[a; b]$ .

Solution

Méthode: La principale contraite est la convergence uniforme de la suite de dérivées. Par intégration, on construira la suite de polynômes voulue à partir d’une suite réalisant la convergence uniforme vers la fonction dérivée.

Par le théorème de Weierstrass, il existe une suite $(Q_{n})$ de fonctions polynomiales telle

{∥ Q_{n} - f^{'} ∥}_{\infty} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

Posons alors

P_{n} (x) = f (a) + \int_{a}^{x} Q_{n} (t) d t pour x \in [a; b]

La fonction $P_{n}$ est polynomiale. Pour tout $x \in [a; b]$ , l’inégalité

| P_{n} (x) - f (x) | \leq \int_{a}^{x} | f^{'} (t) - Q_{n}^{'} (t) | d t \leq (b - a) {∥ Q_{n} - f^{'} ∥}_{\infty}

permet d’établir que

{∥ P_{n} - f ∥}_{\infty} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

Puisque $P_{n}^{'} = Q_{n}$ , la suite $(P_{n})$ est solution du problème posé.

Exercice 4 1145 Correction

(Théorème de Weierstrass: preuve par les polynômes de Bernstein)

Pour $n \in ℕ$ et $k \in {0, \dots, n}$ , on pose

B_{n, k} (x) = (\binom{n}{k}) x^{k} {(1 - x)}^{n - k} .

(a)

Calculer

$\sum_{k = 0}^{n} B_{n, k} (x), \sum_{k = 0}^{n} k B_{n, k} (x) et \sum_{k = 0}^{n} k^{2} B_{n, k} (x) .$
(b)

Soient $α > 0$ et $x \in [0; 1]$ . On forme

$A = {k \in ⟦ 0; n ⟧ | | k / n - x | \geq α} et B = {k \in ⟦ 0; n ⟧ | | k / n - x | < α} .$

Montrer que

$\sum_{k \in A} B_{n, k} (x) \leq \frac{1}{4 n α^{2}} .$
(c)

Soit $f : [0; 1] \to ℝ$ continue. On pose

$f_{n} (x) = \sum_{k = 0}^{n} f (\frac{k}{n}) B_{n, k} (x) .$

Montrer que $(f_{n})$ converge uniformément vers $f$ sur $[0; 1]$ .

Solution

(a)

On a

$\sum_{k = 0}^{n} B_{n, k} (x) = {(x + (1 - x))}^{n} = 1 .$

On a

$\sum_{k = 0}^{n} k B_{n, k} (x) = n x$

via $k (\binom{n}{k}) = n (\binom{n - 1}{k - 1})$ et la relation précédente
De manière semblable

$\sum_{k = 0}^{n} k^{2} B_{n, k} (x) = \sum_{k = 0}^{n} k (k - 1) B_{n, k} (x) + \sum_{k = 0}^{n} k B_{n, k} (x) = n x (1 + (n - 1) x) .$
(b)

On a

$n^{2} α^{2} \sum_{k \in A} B_{n, k} (x) \leq \sum_{k \in A} {(k - n x)}^{2} B_{n, k} (x) \leq \sum_{k \in ⟦ 0; n ⟧} {(k - n x)}^{2} B_{n, k} (x)$

car les $B_{n, k}$ sont positifs sur $[0; 1]$ .
Par suite,

$n^{2} α^{2} \sum_{k \in A} B_{n, k} (x) \leq n x (1 - x)$

d’où

$\sum_{k \in A} B_{n, k} (x) \leq \frac{1}{4 n α^{2}} .$
(c)

Pour tout $ε > 0$ , par l’uniforme continuité de $f$ , il existe $α > 0$ tel que

$\forall x, y \in [0; 1], | x - y | \leq α ⟹ | f (x) - f (y) | \leq ε .$

On a alors

$| f (x) - f_{n} (x) | \leq \sum_{x \in A} | f (x) - f (k / n) | B_{n, k} (x) + \sum_{x \in B} | f (x) - f (k / n) | B_{n, k} (x)$

donc

$| f (x) - f_{n} (x) | \leq 2 {∥ f ∥}_{\infty} \sum_{x \in A} B_{n, k} (x) + \sum_{x \in B} ε B_{n, k} (x) \leq \frac{{∥ f ∥}_{\infty}}{2 n α^{2}} + ε .$

Pour $n$ assez grand, on a

${∥ f ∥}_{\infty} / 2 n α^{2} \leq ε$

et donc $| f (x) - f_{n} (x) | \leq 2 ε$ uniformément en $x$ .

Exercice 5 1146 Correction

(Théorème de Weierstrass: preuve par convolution)

$n$ désigne un entier naturel.
On pose

a_{n} = \int_{- 1}^{1} {(1 - t^{2})}^{n} d t

et l’on considère la fonction $φ_{n} : [- 1; 1] \to ℝ$ définie par

φ_{n} (x) = \frac{1}{a_{n}} {(1 - x^{2})}^{n} .

(a)

Calculer $\int_{0}^{1} t {(1 - t^{2})}^{n} d t$ . En déduire que

$a_{n} = \int_{- 1}^{1} {(1 - t^{2})}^{n} d t \geq \frac{1}{n + 1} .$
(b)

Soit $α \in] 0; 1]$ . Montrer que $(φ_{n})$ converge uniformément vers la fonction nulle sur $[α; 1]$ .
(c)

Soit $f$ une fonction continue de $ℝ$ vers $ℝ$ nulle en dehors de $[- 1 / 2; 1 / 2]$ .
Montrer que $f$ est uniformément continue.
On pose

$f_{n} (x) = \int_{- 1}^{1} f (x - t) φ_{n} (t) d t$

pour tout $x \in ℝ$ .
(d)

Montrer que $f_{n}$ est une fonction polynomiale sur $[- 1 / 2; 1 / 2]$
(e)

Montrer que

$f (x) - f_{n} (x) = \int_{- 1}^{1} (f (x) - f (x - t)) φ_{n} (t) d t .$
(f)

En déduire que $f_{n}$ converge uniformément vers $f$ sur $ℝ$ .
(g)

Soit $f$ une fonction réelle continue nulle en dehors de $[- a; a]$ .
Montrer que $f$ est limite uniforme d’une suite de polynômes.
(h)

Soit $f$ une fonction réelle continue sur $[a; b]$ .
Montrer que $f$ est limite uniforme d’une suite de polynômes.

Solution

(a)

On a

$\int_{0}^{1} t {(1 - t^{2})}^{n} d t = \frac{1}{2 (n + 1)} .$

On en déduit

$a_{n} = 2 \int_{0}^{1} {(1 - t^{2})}^{n} d t \geq 2 \int_{0}^{1} t {(1 - t^{2})}^{n} d t = \frac{1}{n + 1} .$
(b)

Sur $[α; 1]$ ,

$| φ_{n} (x) | \leq \frac{{(1 - α^{2})}^{n}}{a_{n}} \leq (n + 1) {(1 - α^{2})}^{n} \to 0 .$
(c)

Sur le compact $[- 1; 1]$ , $f$ est uniformément continue car $f$ est continue. Ainsi:

$\forall ε > 0, \exists α > 0, \forall x, y \in [- 1; 1], | x - y | \leq α ⟹ | f (x) - f (y) | \leq ε .$

Pour $α^{'} = \min (α,1 / 2)$ , on a pour tous $x, y \in ℝ$ tels que $| x - y | \leq α^{'}$
Si $x, y \in [- 1; 1]$ alors

$| f (x) - f (y) | \leq ε .$

Sinon $x, y \in [1 / 2; + \infty [$ ou $x, y \in] - \infty; - 1 / 2]$ et alors

$| f (x) - f (y) | = 0 \leq ε .$
(d)

On a

$f_{n} (x) = \int_{x - 1}^{x + 1} f (u) φ_{n} (x - u) d u .$

Or

$φ_{n} (x - u) = \sum_{k = 0}^{2 n} a_{k} (u) x^{k}$

donc

$f_{n} (t) = \sum_{k = 0}^{2 n} (\int_{x - 1}^{x + 1} f (u) a_{k} (u) d u) x^{k} .$

Mais

$\int_{x - 1}^{x + 1} f (u) a_{k} (u) d u = \int_{- 1 / 2}^{1 / 2} f (u) a_{k} (u) d u$

pour $x \in [- 1 / 2; 1 / 2]$ car $x - 1 \leq - 1 / 2$ et $x + 1 \geq 1 / 2$ alors que $f$ est nulle en dehors que $[- 1 / 2; 1 / 2]$ . Il s’ensuit que $f_{n}$ est polynomiale.
(e)

On observe que

$\int_{- 1}^{1} φ_{n} (t) d t = 1$

et la relation proposée est alors immédiate sur $[- 1 / 2; 1 / 2]$ .
(f)

On a

$\forall ε > 0, \exists α > 0, \forall x, y \in ℝ, | x - y | \leq α ⟹ | f (x) - f (y) | \leq ε$

et alors

$| f (x) - f_{n} (x) | \leq \int_{- α}^{α} | f (x) - f (x - t) | φ_{n} (t) d t + 4 {∥ f ∥}_{\infty} \int_{α}^{1} φ_{n} (t) d t \leq ε + 4 {∥ f ∥}_{\infty} \int_{α}^{1} φ_{n} (t) d t .$

Or

$\int_{α}^{1} φ_{n} (t) d t \to 0$

donc pour $n$ assez grand

$4 {∥ f ∥}_{\infty} \int_{α}^{1} φ_{n} (t) d t \leq ε$

et alors

$| f (x) - f_{n} (x) | \leq 2 ε .$
(g)

Il suffit de commencer par approcher la fonction $x \mapsto f (2 a x)$ qui vérifie les conditions de la question précédente.
(h)

Soit $A > 0$ tel que $[a; b] \subset [- A; A]$ . Il suffit de prolonger $f$ par continuité de sorte qu’elle soit nulle en dehors de $[- A; A]$ .

Exercice 6 1141

Soit $f : [0; 1] \to ℝ$ continue telle que, pour tout $n \in ℕ$ ,

\int_{0}^{1} t^{n} f (t) d t = 0 .

Montrer que $f$ est la fonction identiquement nulle.

Exercice 7 5046 Correction

Soit $f : [- 1; 1] \to ℝ$ une fonction continue vérifiant

\int_{- 1}^{1} t^{2 k} f (t) d t = 0 pour tout k \in ℕ .

Montrer que $f$ est une fonction impaire.

Solution

On introduit les parties paire et impaire de $f$ :

f (t) = g (t) + h (t) avec g (t) = \frac{1}{2} (f (t) + f (- t)) et h (t) = \frac{1}{2} (f (t) - f (- t)) .

Soit $(P_{n})$ une suite de polynômes convergeant uniformément vers $g$ sur $[- 1; 1]$ .

D’une part, pour tout $n \in ℕ$ ,

\int_{- 1}^{1} P_{n} (t) g (t) d t = \frac{1}{2} \int_{- 1}^{1} P_{n} (t) f (t) d t + \frac{1}{2} \int_{- 1}^{1} P_{n} (t) f (- t) d t .

On réexprime la seconde intégrale par le changement de variable $u = - t$ et l’on obtient

	$\int_{- 1}^{1} P_{n} (t) g (t) d t$	$= \frac{1}{2} \int_{- 1}^{1} P_{n} (t) f (t) d t + \frac{1}{2} \int_{- 1}^{1} P_{n} (- t) f (t) d t$
		$= \int_{- 1}^{1} \frac{1}{2} (P_{n} (t) + P_{n} (- t)) f (t) d t .$

Or la fonction polynôme $t \mapsto P_{n} (t) + P_{n} (- t)$ ne comporte que des puissances paires de $t$ et l’hypothèse donne

\int_{- 1}^{1} \frac{1}{2} (P_{n} (t) + P_{n} (- t)) f (t) d t = 0 .

D’autre part,

| \int_{- 1}^{1} P_{n} (t) g (t) d t - \int_{- 1}^{1} {(g (t))}^{2} d t | \leq \int_{- 1}^{1} | g (t) | d t \times sup_{t \in [- 1; 1]} | P_{n} (t) - g (t) | \to_{n \to + \infty}^{} 0

et donc

\int_{- 1}^{1} {(g (t))}^{2} d t = 0 .

La fonction $g^{2}$ est continue, positive et d’intégrale nulle, c’est la fonction nulle.

On conclut que $f$ est égale à $h$ , c’est-à-dire que $f$ est une fonction impaire.

Cette étude peut être interprétée en terme d’orthogonalité dans l’espace des fonctions réelles continues sur $[- 1; 1]$ muni du produit scalaire

(f ∣ g) = \int_{- 1}^{1} f (t) g (t) d t .

Exercice 8 2828 MINES (MP)Correction

Soit $f \in 𝒞 ([a; b], ℝ)$ . On suppose que pour tout $n \in ℕ$ ,

\int_{a}^{b} x^{n} f (x) d x = 0 .

(a)

Montrer que la fonction $f$ est identiquement nulle.
(b)

Calculer

$I_{n} = \int_{0}^{+ \infty} x^{n} e^{- (1 - i) x} d x .$
(c)

En déduire qu’il existe $f$ dans $𝒞 ([0; + \infty [, ℝ)$ , non identiquement nulle, telle que

$\int_{0}^{+ \infty} x^{n} f (x) d x = 0 pour tout n \in ℕ .$

Solution

(a)

Par combinaison linéaire, on remarque que pour tout polynôme $P \in ℝ [X]$ ;

$\int_{a}^{b} f P = 0 .$

Par le théorème de Weierstrass, pour tout $ε > 0$ , il existe $P \in ℝ [X]$ tel que ${∥ f - P ∥}_{\infty} \leq ε$ .

$0 \leq \int_{a}^{b} f^{2} = \int_{a}^{b} f (f - P) + \int_{a}^{b} f P = \int_{a}^{b} f (f - P) \leq (b - a) {∥ f ∥}_{\infty} ε .$

En faisant tendre $ε$ vers $0$ par valeurs supérieures, on obtient $\int_{a}^{b} f^{2} = 0$ . Sachant que la fonction $f^{2}$ est continue et positive, c’est nécessairement la fonction identiquement nulle et donc $f = 0$ .
(b)

L’intégrale étudiée est bien définie. Par intégration par parties généralisée,

$(n + 1) I_{n} = (1 - i) I_{n + 1} .$

Or $I_{0} = \frac{1 + i}{2}$ donc

$I_{n} = \frac{{(1 + i)}^{n + 1}}{2^{n + 1}} n! .$
(c)

$I_{4 p + 3} \in ℝ$ donc

$\int_{0}^{+ \infty} x^{4 p + 3} \sin (x) e^{- x} d x = 0$

puis

$\int_{0}^{+ \infty} u^{p} \sin (u^{1 / 4}) e^{- u^{1 / 4}} d u = 0 pour tout p \in ℕ .$

Exercice 9 2780 MINES (MP)Correction

On note $E$ l’espace vectoriel des fonctions réelles définies et continues sur $[0; + \infty [$ et dont le carré est intégrable. On le munit de la norme

{∥ \cdot ∥}_{2} : f \mapsto \sqrt{\int_{0}^{+ \infty} f^{2} (t) d t} .

On note $E_{0}$ l’ensemble des $f \in E$ telles que $f$ est nulle hors d’un certain segment $[0; A]$ (avec $A \in ℝ_{+}$ pouvant dépendre de $f$ ).

On note $F$ l’ensemble des fonctions de $E$ de la forme $x \mapsto P (e^{- x}) e^{- x^{2} / 2}$ avec $P$ parcourt $ℝ [X]$ .

Montrer que $E_{0}$ est dense dans $E$ puis que $F$ est dense dans $E$ .

Solution

Soit $f$ une fonction élément de $E$ .

Pour tout $ε > 0$ , il existe un réel $A$ vérifiant

\int_{A}^{+ \infty} f^{2} (t) d t \leq ε .

Considérons alors la fonction $φ : [0; + \infty [\to ℝ$ définie par $φ (t) = 1$ pour $t \in [0; A]$ , $φ (t) = 0$ pour $t \geq A + 1$ et $φ (t) = 1 - (t - A)$ pour $t \in [A; A + 1]$ . La fonction $f φ$ est éléments de $E_{0}$ et

{∥ f - f φ ∥}_{2} \leq \sqrt{\int_{A}^{+ \infty} f^{2} (t) d t} \leq ε .

Ainsi, $E_{0}$ est dense dans $E$ .

Pour montrer maintenant que $F$ est dense dans $E$ , nous allons établir que $F$ est dense dans $E_{0}$ .
Soit $f$ une fonction élément de $E_{0}$ . Remarquons

\int_{0}^{+ \infty} {(f (t) - P (e^{- t}) e^{- t^{2} / 2})}^{2} d t \underset{u = e^{- t}}{=} \int_{0}^{1} {(f (- \ln (u)) e^{{(\ln (u))}^{2} / 2} - P (u))}^{2} \frac{e^{- {(\ln (u))}^{2}}}{u} d u .

La fonction $u \mapsto \frac{e^{- {(\ln (u))}^{2}}}{u}$ est intégrable sur $] 0; 1]$ car

\sqrt{u} \frac{e^{- {(\ln (u))}^{2}}}{u} \to_{u \to 0}^{} 0 .

La fonction $g : u \mapsto f (- \ln (u)) e^{{(\ln (u))}^{2} / 2}$ peut être prolongée par continuité en 0 car $f$ est nulle en dehors d’un segment. Par le théorème de Weierstrass, pour tout $ε > 0$ , il existe un polynôme $P \in ℝ [X]$ vérifiant ${∥ g - P ∥}_{\infty, [0; 1]} \leq ε$ et, pour $φ : t \mapsto P (e^{- t}) e^{- t^{2} / 2}$ , on a alors

{∥ f - φ ∥}_{2} \leq λ ε avec λ = \sqrt{\int_{0}^{1} \frac{e^{- {(\ln (u))}^{2}}}{u} d u} .

Cela permet de conclure à la densité proposée.

Exercice 10 1140

(Lemme de Lebesgue)

Soit $f : [a; b] \to ℂ$ continue par morceaux. Montrer

\int_{a}^{b} f (t) e^{i n t} d t \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

Exercice 11 2601 Correction

Soit $f : [a; b] \to ℝ$ continue par morceaux. On désire établir

lim_{n \to + \infty} (\int_{a}^{b} f (x) | \sin (n x) | d x) = \frac{2}{π} \int_{a}^{b} f (x) d x .

(a)

Vérifier le résultat pour une fonction $f$ constante.
(b)

Observer le résultat pour une fonction $f$ en escalier.
(c)

Étendre au cas où $f$ est une fonction continue par morceaux.

Solution

(a)

Supposons $f$ constante égale à $C$ .

$\int_{a}^{b} f (x) | \sin (n x) | d x = C \int_{a}^{b} | \sin (n x) | d x .$

Par le changement de variable $t = n x$ et emploi de la relation de Chasles,

$\int_{a}^{b} | \sin (n x) | d x$ $= \frac{1}{n} \int_{n a}^{n b} | \sin (t) | d t$

$= \frac{1}{n} (\int_{n a}^{p π} | \sin (t) | d t + \sum_{k = p}^{q - 1} \int_{k π}^{(k + 1) π} | \sin (t) | d t + \int_{q π}^{n b} | \sin (t) | d t)$

avec $p = ⌊ \frac{n a}{π} ⌋ + 1$ et $q = ⌊ \frac{n b}{π} ⌋$ . On a

$\int_{n a}^{p π} | \sin (n x) | d x \leq π et \int_{q p}^{n b} | \sin (n x) | d x \leq π .$

De plus, pour $k = p, \dots, q - 1$ ,

$\int_{k π}^{(k + 1) π} | \sin (t) | d t = \int_{0}^{π} | \sin (t + k π) | d t = \int_{0}^{π} | \sin (t) | d t = \int_{0}^{π} \sin (t) d t = 2$

et donc

$\frac{1}{n} \sum_{k = p}^{q - 1} \int_{k π}^{(k + 1) π} | \sin (t) | d t = 2 \frac{q - p}{n} \to_{n \to + \infty}^{} \frac{2}{π} (b - a) .$

Ainsi,

$\int_{a}^{b} | \sin (n x) | d x \to_{n \to + \infty}^{} \frac{2}{π} (b - a)$

puis

$\int_{a}^{b} f (x) | \sin (n x) | d x = \frac{2}{π} \int_{a}^{b} f (x) d x .$
(b)

Supposons $f$ en escalier.

Soit $(a_{0}, \dots, a_{n})$ une subdivision adaptée à $f$ . Par l’étude qui précède, pour $k = 1, \dots, n$ ,

$\int_{a_{k - 1}}^{a_{k}} f (x) | \sin (n x) | d x \to_{n \to + \infty}^{} \frac{2}{π} \int_{a_{k - 1}}^{a_{k}} f .$

Puis en sommant par la relation de Chasles

$\int_{a}^{b} f (x) | \sin (n x) | d x \to_{n \to + \infty}^{} \frac{2}{π} \int_{a}^{b} f .$
(c)

Supposons enfin $f$ continue par morceaux.
Pour $ε > 0$ , il existe $φ$ en escalier vérifiant

$sup_{x \in [a; b]} | f (x) - φ (x) | \leq \frac{ε}{b - a} .$

Puisque

$\int_{a}^{b} φ (x) | \sin (n x) | d x \to_{n \to + \infty}^{} \frac{2}{π} \int_{a}^{b} φ (x) d x$

pour $n$ assez grand, on a

$| \int_{a}^{b} φ (x) | \sin (n x) | d x - \frac{2}{π} \int_{a}^{b} φ (x) d x | \leq ε .$

Or

$| \int_{a}^{b} φ (x) | \sin (n x) | d x - \int_{a}^{b} f (x) | \sin (n x) | d x | \leq ε$

et

$| \int_{a}^{b} φ (x) d x - \int_{a}^{b} f (x) d x | \leq ε$

donc

$| \int_{a}^{b} f (x) | \sin (n x) | d x - \frac{2}{π} \int_{a}^{b} f (x) d x | \leq 2 ε + \frac{2}{π} ε .$

Ainsi,

$\int_{a}^{b} f (x) | \sin (n x) | d x \to_{n \to + \infty}^{} \frac{2}{π} \int_{a}^{b} f (x) d x .$

[<] Continuité et densité

Édité le 29-08-2023

	$\int_{a}^{b} \| \sin (n x) \| d x$	$= \frac{1}{n} \int_{n a}^{n b} \| \sin (t) \| d t$
		$= \frac{1}{n} (\int_{n a}^{p π} \| \sin (t) \| d t + \sum_{k = p}^{q - 1} \int_{k π}^{(k + 1) π} \| \sin (t) \| d t + \int_{q π}^{n b} \| \sin (t) \| d t)$

Approximations uniformes