Point d’annulation

[matmeca_mcf1]

En ce qui concerne la question 2. As-tu regardé le cas $ n=2 $? Une fonction $ f $ qui satisfait tes hypothèses doit vérifier les deux égalités (pour $ k=1 $ et pour $ k=2 $).
$$
\int_{0}^{2\pi}f(t)\mathrm{d}t=0\\
\int_{0}^{2\pi}(\cos(t)-\sin(t))f(t)\mathrm{d}t=0
$$

Mais $ \cos(t)-\sin(t)=\sqrt{2}\cos(t+\pi/4) $. Donc, on regarde les fonctions $ f $ satisfaisant.
$$
\int_{0}^{2\pi}f(t)\mathrm{d}t=0\\
\int_{0}^{2\pi}\cos(t+\pi/4)f(t)\mathrm{d}t=0
$$

Peux-tu expliciter une fonction continue et $ 2\pi $ périodique qui annule ces deux intégrales? Il y en a une évidente.

SPOILER:

$$
\mathbb{R}\to\mathbb{R}\\
t\mapsto\sin(t+\pi/4)
$$
Elle vérifie les hypothèses de départ et s'annule deux fois seulement sur $ [0,2\pi) $ alors qu'elle devrait s'annuler $ 2n=4 $ fois.

Conclusion: tes hypothèses sont très certainement incomplètes. L'hypothèse devrait probablement être que les deux intégrales sont non seulement égales mais nulles.
$$
\forall k<n\quad \int_{0}^{2\pi}\cos(kt)f(t)\mathrm{d}t=\int_{0}^{2\pi}\sin(kt)f(t)\mathrm{d}t=0
$$

[Danator]

Bonjour matmeca,

Merci de ta réponse,

L’énoncer que j’ai écrit et l’exact énoncé de l’exercice;

Il est dans l’officiel de la taupe, je crois planche 62 ( pour l’oral de l’X )

[matmeca_mcf1]

Je peux affirmer que le résultat tel qu'il est présenté est faux puisqu'un contre-exemple existe. Que l'énoncé soit officiel ou non n'y change rien.

[noro]

[...]

[Hibiscus]

Manque un i. Dommage..

[noro]

Manque un i. Dommage..

C'est vrai, merci je supprime mon message

[oty20]

Mr Jean N a déjà confirmé qu'il y a des hypothèses manquante..... mais sans précisions sur celles ci .

l'énoncé tel quel ne permet de conclure que $ f $ s 'annule deux fois , qui provient de $ k=0 $
en effet , le fait que l’intégral de $ f $ est nulle sur $ [0,2\pi] $ , fait que $ f $ s'annule une fois ,
maintenant si par l'absurde il n'y avait pas un autre point d'annulation , on peut sans perdre de généralité se donner
$ u \in ]0,2\pi[ : \forall x \in [0,u[ f(x) > 0 , ~~\forall x \in ]u,2\pi] f(x)< 0 $ ce qui contredit le fait que $ f(0)=f(2\pi) $
en vertu de la périodicité de $ f $ .

Maintenant la fonction $ f(t)=\cos(t)+\sin(t) $ vérifie les hypothèses , pour toutes valeurs de $ n $
$ 2<< 2n $ est optimal .

[oty20]

Remarque : si la question numéro 1) est liée a la question 2) , l'esprit du problème si je ne me trompe pas serait que la question deux soit la version trigonométrique de la question 1) , c'est a dire introduisant les polynômes trigonométriques , ce fut ma constatation de base , dans ce cas si on ajoute l’hypothèse que les deux intégrales soient égales a zéros , on se ramène a la version polynôme trigonométrique de la question 1) i.e :
$ \int_{0}^{2\pi} f(t)e^{ikt} dt=0 $

[matmeca_mcf1]

Voici la solution pour le problème modifié puisque le problème initial a un contre-exemple. Celui où on suppose que
$$
\forall k<n\quad \int_{0}^{2\pi}\cos(kt)f(t)\mathrm{d}t=\int_{0}^{2\pi}\sin(kt)f(t)\mathrm{d}t=0
$$

1): Démontrer la propriété suivante: Soit $ g\colon\mathbb{R}\to\mathbb{R} $ continue, $ 2\pi $-périodique et qui s'annule
en un nombre fini de points sur $ [0,2\pi) $ alors le nombre de points dans $ [0,2\pi) $
en lesquels $ g $ s'annule et change de signes est pair.
Rédaction laissée en exercice pour le lecteur.

2): Soit $ {\alpha,\beta} $ deux réels distincts appartenant à $ 0,2\pi $. On pose
$$
g_{\alpha,\beta}\colon\mathbb{R}\to\mathbb{R}\\
t\mapsto\cos(t-\frac{b+a}{2})-\cos(\frac{b-a}{2})
$$
$ g_{\alpha,\beta} $ s'annule et change de signes $ 0,2\pi $ uniquement en $ \alpha $ et en $ \beta $.

De plus, $ g_{\alpha,\beta} $ est une combinaison linéaire des fonctions $ t\mapsto\cos(t) $, $ t\mapsto\sin(t) $
et $ t\mapsto1 $.

3) Par l'absurde, supposons que $ f $ s'annule et change de signe en exactement $ M $ points $ x_0,\ldots,x_{M-1} $ avec $ M<2n $.
Comme $ M $ est pair, nous avons $ M=2m $ et $ m<n $. On pose
$$
\psi\colon\mathbb{R}\to\mathbb{R}\\
t\mapsto\prod_{k=0}^{m-1}g_{x_{2k},x_{2k+1}}(t)
$$
La fonction $ \psi $ s'annule et change de signe en exactement les mêmes points que $ f $. Donc $ \psi f $ est de signe constant, continue, et ne s'annule qu'en un nombre fini de points sur $ [0,2\pi) $. Quitte à remplacer $ \psi $ par $ -\psi $, on peut sans perte de généralité supposer que $ \psi f\geq0 $. Donc
$$
\int_0^{2\pi}f(t)\psi(t)\mathrm{d}t>0
$$


De plus, $ \psi $ est le produit de $ m $
facteurs dont chacun est une combinaison linéaire de $ g_{\alpha,\beta} $ est une combinaison linéaire des fonctions $ t\mapsto\cos(t) $, $ t\mapsto\sin(t) $ et $ t\mapsto1 $. Je laisse en exercice au lecteur le soin de démontrer que cela implique que
$ \psi $ est une combinaison linéaire des fonctions
$$
t\mapsto\cos(kt)\forall k\in\mathbb{N}, k\geq m\\
t\mapsto\sin(kt)\forall k\in\mathbb{N}^*, k\geq m
$$
Donc, comme $ m<n $
$$
\int_0^{2\pi}f(t)\psi(t)\mathrm{d} t=0
$$

On a là une contradiction, donc la fonction $ f $ s'annule et change de signe en au moins $ 2n $ points sur $ [0,2\pi) $.

[oty20]

Très belle solution Professeur , qu'elle est la motivation derrière la construction de la famille de fonctions ?

Il me semble que la de tete , c'est possible d’adapter une preuve élémentaire avec des polynomes , via l'orthogonalité avec la famille cos(kt) , on tire un minimum de n solutions , et via celle de sin(kt) on tire un minimum de n autres .
Si f est nulle il y a rien a démontrer , Sinon :

la famille (T_{n}) de polynomes de Tchebychev vérifie : $ \cos(nt)=T_{n}(cos(t)) $ , avec $ deg(T_{n})=n $
$ (T_{0},...,T_{n-1}) $ est une famille de polynomes a degrés échelonné , elle forme donc une base de $ R_{n-1}[X] $
Maintenant soient $ 0\leq a_{1}<a_{2}<... <a_{m}\leq \pi \leq a_{m+1}<..<a_{p} $ , supposons par l'absurde $ p\leq n-1 $
D'une part pour $ i \in [[1,m-1]] $ tel que $ a_{i}<x<a_{i+1} $ par strict décroissance du cosinus sur $ [0,\pi[ $
il vient que $ b_{i+1}=\cos(a_{i+1}) < \cos(x) < b_{i}=\cos(a_{i}) $ ,
D'autre part , $ j \in [[m ,p-1]] $ il vient que $ c_{j}=\cos(a_{j}) < \cos(x) < c_{j+1}=\cos(a_{j+1}) $
on dispose donc d'une suite $ (d_{n}) $ construite a partir de $ (b_{n}) $ and $ (c_{n}) $ telle que $ \forall x \in [0,2\pi]-J : f(x) \Pi_{i=1}^{p} (\cos(x)-d_{i}) > 0 $ ou
$ J=\{a_{1},a_{2},....,a_{p}, d_{1},...,d_{p}\} $ , le polynôme $ P=\Pi_{i=1}^{p} (X-d_{i}) $ est de degrés au plus $ n-1 $ , on dispose donc de $ (t_{i}) $ tel que $ P(\cos(t))=\sum_{i=1}^{n-1} t_{i}Q_{i}(\cos(t)) $ par linéarité de l’intégral , Il s'ensuit que : $ \int_{0}^{2\pi} f(t)P(t)=0 $ donc $ f(x)=0 $ pour tout $ x \in [0,2\pi]-J $ , Par continuité il vient que $ f=0 $ par tout , contradiction .


pour la partie sinus , je peine a construire une solution de tete , je m'y pencherai sérieusement quand l'occasion se présentera ....