Convergence de suites trigonométriques

Résolution.

1. Soit $n \in \mathbb{N}$. Pour tout $x \in \mathbb{R}$, on a par l'inégalité triangulaire :
   $$|u_n(x)| = |a_n \cos(nx) + b_n \sin(nx)| \leq |a_n| \cdot |\cos(nx)| + |b_n| \cdot |\sin(nx)|$$
   Comme $|\cos| \leq 1$ et $|\sin| \leq 1$, on en déduit :
   $$\forall x \in \mathbb{R},   |u_n(x)| \leq |a_n| + |b_n|$$
   Ainsi, la norme infinie de $u_n$ sur $\mathbb{R}$ vérifie :
   $$0 \leq \|u_n\|_\infty \leq |a_n| + |b_n|$$
   Par l'hypothèse $\lim a_n = 0$ et $\lim b_n = 0$ et le théorème des gendarmes, on conclut :
   $$\boxed{\lim_{n \to +\infty} \|u_n\|_\infty = 0}$$

2. Supposons que $u_n \to 0$ uniformément sur $[u, v]$. Alors $\int_u^v u_n(x)^2   dx \xrightarrow[n \to +\infty]{} 0$. Calculons cette intégrale. En développant le carré :
   $$u_n(x)^2 = a_n^2 \cos^2(nx) + b_n^2 \sin^2(nx) + 2 a_n b_n \cos(nx) \sin(nx)$$
   En utilisant les formules de linéarisation $\cos^2(\theta) = \frac{1+\cos(2\theta)}{2}$ et $\sin^2(\theta) = \frac{1-\cos(2\theta)}{2}$, il vient :
   $$u_n(x)^2 = \frac{a_n^2+b_n^2}{2} + \frac{a_n^2-b_n^2}{2}\cos(2nx) + a_n b_n \sin(2nx)$$
   En intégrant sur $[u, v]$ :
   $$\int_u^v u_n(x)^2 dx = \frac{a_n^2+b_n^2}{2}(v-u) + \frac{a_n^2-b_n^2}{2} \int_u^v \cos(2nx) dx + a_n b_n \int_u^v \sin(2nx) dx$$
   Les intégrales $\int_u^v \cos(2nx) dx$ et $\int_u^v \sin(2nx) dx$ tendent vers 0 quand $n \to +\infty$ (calcul direct ou lemme de Riemann-Lebesgue). Notons $\epsilon_n$ la somme des deux derniers termes. On a :
   $$\int_u^v u_n(x)^2 dx = \frac{v-u}{2}(a_n^2+b_n^2) + o(a_n^2+b_n^2)$$
   Puisque l'intégrale tend vers 0 et que $v-u > 0$, la seule possibilité est que $a_n^2+b_n^2 \to 0$, ce qui implique :
   $$\boxed{\lim_{n \to +\infty} a_n = 0   \text{et}   \lim_{n \to +\infty} b_n = 0}$$

3. Supposons par l'absurde que la suite de vecteurs $((a_n, b_n))_n$ ne converge pas vers $(0,0)$. Il existe alors une sous-suite $(n_k)$ et $\epsilon > 0$ tels que $\forall k,   a_{n_k}^2 + b_{n_k}^2 \geq \epsilon$. Posons $w_k(x) = \frac{u_{n_k}(x)^2}{a_{n_k}^2 + b_{n_k}^2}$ pour $x \in [u, v]$.
   • Convergence simple : Pour tout $x \in [u, v]$, $u_{n_k}(x) \to 0$ (hypothèse de convergence simple). Comme le dénominateur est minoré par $\epsilon$, on a $w_k(x) \xrightarrow[k \to +\infty]{} 0$.
   • Domination : On a $u_{n_k}(x)^2 \leq ( |a_{n_k}| + |b_{n_k}| )^2 \leq 2(a_{n_k}^2 + b_{n_k}^2)$ par l'inégalité de Cauchy-Schwarz ou la convexité. Ainsi, $|w_k(x)| \leq 2$. La suite $(w_k)$ est donc dominée par la fonction constante égale à 2 sur le segment $[u, v]$.
   Par le théorème de convergence dominée, on a :
   $$\lim_{k \to +\infty} \int_u^v w_k(x)   dx = 0$$
   Or, d'après le calcul de la question 2 :
   $$\int_u^v w_k(x)   dx = \frac{1}{a_{n_k}^2 + b_{n_k}^2} \left[ \frac{v-u}{2}(a_{n_k}^2+b_{n_k}^2) + o(a_{n_k}^2+b_{n_k}^2) \right] = \frac{v-u}{2} + o(1)$$
   On en déduit $\lim_{k \to +\infty} \int_u^v w_k(x)   dx = \frac{v-u}{2}$. Par unicité de la limite, $\frac{v-u}{2} = 0$, ce qui contredit $u < v$. Par conséquent, l'hypothèse de départ est fausse, et on a bien :
   $$\boxed{\lim_{n \to +\infty} a_n = 0   \text{et}   \lim_{n \to +\infty} b_n = 0}$$