133. Soit k ∈ N, (an)n≥k+1 une suite réelle telle que ∑|an| converge et, pour x ∈ R, f(x) = +∞∑ n=k+1an cos(nx). Minorer le nombre de zéros de f sur [-π,π[.

Solution de François Capacès

En prenant an=0 pour n ⁄= k + 1 et ak+1 = 1 , on obtient f(x) = cos((k + 1)x) qui admet exactement 2(k+1) zéros sur [- π,π[ .

On va démontrer que si f admet un nombre fini N de zéros sur [- π,π[ , alors N ≥ 2(k+ 1) . On a vu plus haut qu’il n’est pas possible de faire mieux. Nous utiliserons le fait que, pour tout polynôme trigonométrique P de degré inférieur ou égal à k, on a ∫ π -πfP = 0, résultat qui s’établit sans difficulté grâce à la convergence normale de la série définissant f.

On considère les zéros de f qui s’accompagnent d’un changement de signe ; ce qui est loisible puisque les zéros de f sont en nombre fini et donc que le signe de la fonction est constant à gauche et à droite du zéro. La fonction f est paire, donc ces zéros sont non nuls et différents de π pour des raisons de périodicité. Soit x1,...,xm les zéros strictement positifs (avec changement de signe). Les fonctions

(gn)1≤n≤m:x∈R ↦-→ cos(x)- cos(xn)

s’annulent en xn et - xn en changeant de signe et ne s’annulent pas ailleurs sur [- π,π[ .

De ce fait la fonction g : x ↦-→ ∏m gn n=1 est un polynôme trigonométrique de degré inférieur ou égal à m qui s’annule en changeant de signe en même temps que f . En particulier fg est de signe constant sur [- π,π[ .

De plus g et f (pour des raisons de convergence normale) sont continues, donc ∫ π -πgf est non nulle, g n’est pas orthogonale à f donc m > k . Cela veut dire que le nombre de zéros avec changement de signe de f est 2m ≥ 2(k+ 1) Donc on a, à plus forte raison, N≥2m≥2(k+1) .

L’auteur de la solution nous signale que l’exercice est déjà paru dans le volume 105 de la revue, année 94-95.
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