Unicité des coefficients d'une série trigonométrique

Soit $(a_n)_{n \in \mathbb{Z}}$ une famille de nombres complexes que l'on suppose sommable.

On considère la fonction $f$ définie sur $\mathbb{R}$ par la somme de la série trigonométrique suivante :

\forall x \in \mathbb{R},   f(x) = \sum_{n=-\infty}^{+\infty} a_n e^{i n x}

Montrer que si la fonction $f$ est identiquement nulle sur $\mathbb{R}$ , alors pour tout entier $n \in \mathbb{Z}$ , on a $a_n = 0$ .

1.

Justifier d'abord la convergence normale de la série sur $\mathbb{R}$ à partir de l'hypothèse de sommabilité.

2.

Utiliser les coefficients de Fourier de la fonction $f$ en exploitant la possibilité d'intervertir les symboles somme et intégrale.

3.

Exploiter l'orthogonalité de la famille de fonctions $(x \mapsto e^{i n x})_{n \in \mathbb{Z}}$ .

Idées clés

•

Convergence normale des séries de fonctions.

•

Interversion somme-intégrale pour les séries normalement convergentes.

•

Relation d'orthogonalité des exponentielles imaginaires sur un intervalle de longueur $2\pi$ .

Résolution.

L'hypothèse de sommabilité de la famille $(a_n)_{n \in \mathbb{Z}}$ signifie que la série doublement infinie $\sum |a_n|$ est convergente.

On en déduit que pour tout $x \in \mathbb{R}$ et tout $n \in \mathbb{Z}$ :

|a_n e^{i n x}| = |a_n|

Comme la série $\sum |a_n|$ converge, la série de fonctions $\sum a_n e^{i n \cdot}$ converge normalement sur $\mathbb{R}$ , et donc uniformément sur $\mathbb{R}$ .

La fonction $f$ est ainsi bien définie sur $\mathbb{R}$ . De plus, comme chaque fonction $x \mapsto a_n e^{i n x}$ est continue et que la convergence est uniforme, $f$ est continue sur $\mathbb{R}$ .

Soit $k \in \mathbb{Z}$ un entier fixé. Puisque $f$ est la fonction nulle, l'intégrale suivante est nulle :

I_k = \int_{0}^{2\pi} f(x) e^{-i k x} dx = 0

En remplaçant $f(x)$ par son expression sous forme de série, nous obtenons :

\int_{0}^{2\pi} \left( \sum_{n=-\infty}^{+\infty} a_n e^{i n x} \right) e^{-i k x} dx = 0

Grâce à la convergence uniforme de la série sur le segment $[0, 2\pi]$ , nous pouvons intervertir la somme et l'intégrale :

\sum_{n=-\infty}^{+\infty} a_n \int_{0}^{2\pi} e^{i (n-k) x} dx = 0

Calculons l'intégrale élémentaire pour $m = n - k \in \mathbb{Z}$ :

Si $n = k$ , alors $e^{i(n-k)x} = 1$ , donc $\int_{0}^{2\pi} 1 dx = 2\pi$ .
Si $n \neq k$ , alors $\int_{0}^{2\pi} e^{i(n-k)x} dx = \left[ \frac{e^{i(n-k)x}}{i(n-k)} \right]_{0}^{2\pi} = \frac{1 - 1}{i(n-k)} = 0$ .

L'expression de la somme se simplifie donc radicalement et il ne reste que le terme correspondant à l'indice $n = k$ :

a_k \cdot 2\pi = 0

On en conclut immédiatement que :

\boxed{\forall k \in \mathbb{Z},   a_k = 0}

Oublier de justifier la convergence uniforme pour l'interversion somme-intégrale.

Le lien entre les coefficients d'une série trigonométrique convergente et les coefficients de Fourier de sa somme.