\documentclass[a4paper]{article}
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\begin{document}
    \begin{center}
        \bf ECRIN 1995, premi{\`e}re {\'e}preuve, option M
    \end{center}

\section{}
\begin{enumerate}
    \item
    Si $p\ne q$, on obtient, en {\'e}crivant $\sin px \sin qx 
    =\frac{1}{2}\left[\cos\left((p-q)x\right)-\cos \left( 
    (p+q)x\right)\right]$,  $\ps{\varphi_p}{\varphi_q}=0$.
    
    Si $p=q$, on obtient, en {\'e}crivant 
    $\sin^2px=\frac{1-\cos(2px)}{2}$, 
    $\ps{\varphi_p}{\varphi_p}=\frac{1}{2}$.
    
    $\mathcal{B}$ est donc une famille orthogonale de vecteurs non 
    nuls de $E_n$, donc est une famille libre. Par d{\'e}finition de 
    $E_n$, c'en est aussi une famille g{\'e}n{\'e}ratrice. Donc c'est une base 
    orthogonale de $E_n$.
    
    \item
    \begin{enumerate}
        \item  On {\'e}crit
	\begin{align*}
	    \sum_{k=0}^{2n+1}\cos(k\theta_p) & =\Re\left(\sum_{ 
	    k=0}^{2n+1} e^{ik\theta_p}\right)  \\
	     & =
	     \begin{cases}
	         2n+2&\text{si $\theta_p \equiv 0 \pmod{2\pi}$}\\
		 \Re\left(\frac{1-e^{(2n+2)i\theta_p}}{1-e^{i\theta_p}}\right)&\text{sinon}
	     \end{cases}
	       \\
	     & =\begin{cases}
	         2n+2 &\text{si $p \equiv 0 \pmod{2n+2}$}\\
		 \Re\left(\frac{1-e^{2ip\pi}}{1-e^{i\theta_p}}\right)&\text{sinon}
	     \end{cases}\\
	     &=\begin{cases}
	         2n+2 &\text{si $p \equiv 0 \pmod{2n+2}$}\\
		 0 &\text{sinon}
	     \end{cases}
	\end{align*}
    
        \item  Pour $k=0$, le terme est nul. On est ramen{\'e} {\`a} montrer 
        que $$\sum_{k=n+1}^{2n+1}\sin(k\theta_p)\sin(k\theta_q)=
	\sum_{k=1}^{n}\sin(k\theta_p)\sin(k\theta_q)$$
	En changeant $k$ en 
	$2n+2-k$, on obtient
	\begin{align*}
	    \sum_{k=n+1}^{2n+1}\sin(k\theta_p)\sin(k\theta_q) &
	    =\sum_{k=1}^{n+1}\sin(2\pi-k\theta_p)\sin(2\pi-k\theta_q)   \\
	     &= \sum_{k=1}^{n+1}(-\sin(k\theta_p))(-\sin(k\theta_q))  \\
	     & =\sum_{k=1}^{n}\sin(k\theta_p)\sin(k\theta_q)\\
	     \text{\sl 
	     puisque le terme $k=n+1$ est nul}
	\end{align*}
	
    
        \item  On {\'e}crit $$\sin k\theta_p\sin k\theta_q=\frac{1}{2}\left[
	\cos(k(\theta_p-\theta_q))-\cos(k(\theta_p+\theta_q))\right]	
	=\frac{1}{2}\left[\cos(k(\theta_{p-q}))-\cos(k(\theta_{p+q}))\right],$$
	et on applique 2\textdegree a), en rempla\c{c}ant $p$ par $p-q$, puis par $p+q$.
    \end{enumerate}
    
    \item
    \begin{enumerate}
        \item  On trouve $A_n^2=\frac{n+1}{2}I_n$. Il en r{\'e}sulte que 
        $B_n^2=I_n$. Or $A_n$, donc $B_n$, est clairement sym{\'e}trique. 
        Donc on a aussi $\transp{B_n}B_n=I_n$, donc $B_n$ est 
        orthogonale.
    
        \item  $B_n$ est sym{\'e}trique et r{\'e}elle, donc diagonalisable. 
        Le polyn{\^o}me $X^2-1$ {\'e}tant annulateur de $B_n$, les valeurs 
        propres sont dans l'ensemble $\{-1,1\}$ (ce qui est de toute 
        fa\c{c}on le cas de toute matrice orthogonale). $B_n$ {\'e}tant 
        diagonalisable, elle poss{\`e}de des valeurs propres. Si elle 
        n'avait qu'une seule valeur propre, elle serait semblable {\`a} 
        une matrice scalaire, donc scalaire elle-m{\^e}me, ce qui n'est 
        pas. Donc $1$ et $-1$ sont effectivement valeurs propres.
    
        \item  On obtient $B_3=
        \begin{pmatrix}
            \tfrac{1}{2} & \tfrac{1}{\sqrt{2}} & \tfrac{1}{2}  \\
            \tfrac{1}{\sqrt{2}} & 0 & -\tfrac{1}{\sqrt{2}}  \\
            \tfrac{1}{2} & -\tfrac{1}{\sqrt{2}} & \tfrac{1}{2}
        \end{pmatrix}$. Le sous-espace propre, de valeur propre $1$ 
        est le plan d'{\'e}quation $-x+y\sqrt{2}+z=0$, dont une base est 
        $((1,0,1),(1,\sqrt{2},-1))$. Comme $B$ est sym{\'e}trique, le 
        sous-espace propre, de valeur propre $-1$ est l'orthogonal du 
        plan vectoriel ci-dessus, donc la droite engendr{\'e}e par 
        $(1,-\sqrt{2},-1)$.
    \end{enumerate}
    
    \item
    \begin{enumerate}
        \item  On cherche une fonction $h$ de la forme 
        $\sum_{q=1}^{n}z_q \varphi_q$. La condition cherch{\'e}e 
        {\'e}quivaut {\`a} 
	$$\forall p \in \ensent{1,n} \quad \sum_{q=1}^{n}z_q 
	\varphi_q(\theta_p)=x_p$$
	ce qui, matriciellement, s'{\'e}crit
	$$A_n
	\begin{pmatrix}
	    z_1  \\
	    \vdots  \\
	    z_n
	\end{pmatrix}=
	\begin{pmatrix}
	    x_1  \\
	    \vdots  \\
	    x_n
	\end{pmatrix}$$
	qui {\'e}quivaut donc, compte tenu de $A_n^{-1}=\frac{2}{n+1}A_n$, {\`a}
	$$
	\begin{pmatrix}
	    z_1  \\
	    \vdots  \\
	    z_n
	\end{pmatrix}=
	\frac{2}{n+1}A_n
	\begin{pmatrix}
	    x_1  \\
	    \vdots  \\
	    x_n
	\end{pmatrix}$$
	Il y a bien une solution unique.
	
    
        \item  Supposons $\sum_{j=1}^{n}\lambda_j\gamma_j=0$. Alors, 
        en prenant pour tout $i \in \ensent{1,n}$, la valeur en 
        $\theta_i$, on obtient $\lambda_i=0$. $\Gamma$ est donc une 
        famille libre de $n$ vecteurs de l'espace de dimension $n$ 
        $E_n$, donc est une base de $E_n$.
	
	Pour tout $f$ de $E_n$, il existe $(z_1,\dots,z_n) \in \R^n$, tels que 
	$f=\sum_{j=1}^{n}z_j \gamma_j$. En prenant, pour tout $i \in \ensent{1,n}$, la valeur en $\theta_i$, 
	on obtient $\lambda_i=f(\theta_i)$.
	
	En particulier, pour tout $i \in \ensent{1,n}$,
	$$\varphi_i=\sum_{j=1}^{n}\varphi_i(\theta_j)\gamma_j=\sum_{j=1}^{n}
	a_{i,j}\gamma_j$$
	Donc la matrice de passage de $\Gamma$ {\`a} $\mathcal{B}$ est $A_n$.
    
        \item  La lin{\'e}arit{\'e} de $f$ est claire. Il faut montrer que 
        $E_n$ est stable par $u$. Pour cela, il suffit de montrer 
        que, pour tout $i \in \ensent{1,n}$, $u(\varphi_i) \in E_n$, 
        ce qui r{\'e}sulte de la relation
	$$\sin\left(i\left(x+\frac{\pi}{n+1}\right)\right)+
	\sin\left(i\left(x-\frac{\pi}{n+1}\right)\right)=
	2\sin (ix)\cos\left(\frac{i\pi}{n+1}\right)$$
	
	On cherche la matrice de $u$ dans la base $\Gamma$, c'est-{\`a}-dire les 
	composantes des $u(\gamma_j)$ dans $\Gamma$. D'apr{\`e}s b), ces 
	composantes sont les $u(\gamma_j)(\theta_i)$.
	Soit $(i,j) \in 
	\ensent{1,n}^2$. Alors 
	\begin{align*}
	    u(\gamma_j)(\theta_i) & =\gamma_j \left(\theta_i+\frac{\pi}{n+1}\right)
	    + \gamma_j \left(\theta_i-\frac{\pi}{n+1}\right) \\
	     & =\gamma_j \left(\theta_{i+1}\right)
	    + \gamma_j \left(\theta_{i-1}\right)
	\end{align*}
	Donc si $2\le j\le n-1$, alors $u(\gamma_j)(\theta_i)$ vaut $1$ si 
	$j=i+1$ ou $j=i-1$, et $0$ sinon.
	

	Si $j=1$, $u(\gamma_1)(\theta_2)=1$, et $u(\gamma_1)(\theta_i)=0$ 
	si $i>2$, et $u(\gamma_1)(\theta_1)=\gamma_1(\theta_2)+\gamma_1(0)$. 
	Il suffit de remarquer que $\gamma_1$, combinaison lin{\'e}aire de sinus, 
	est nul en $0$ pour conclure que $u(\gamma_1)(\theta_1)=0$.
	
	De m{\^e}me, en remarquant que $\gamma_n(\pi)=0$, on obtient 
	$u(\gamma_n)(\theta_i)=\delta_{i,n-1}$.
	
	Finalement
	$$G=
	\begin{pmatrix}
	    0 & 1 & 0 & \cdots & 0  \\
	    1 & 0 & 1 & \ddots & \vdots  \\
	    0 & \ddots & \ddots & \ddots & 0  \\
	    \vdots & \ddots & \ddots & \ddots & 1  \\
	    0 & \cdots & 0 & 1 & 0
	\end{pmatrix}
	$$
	
	Dans la base $\mathcal{B}$, on calcule $u(\varphi_i)$ qui, d'apr{\`e}s 
	la relation rappel{\'e}e au d{\'e}but de cette question, vaut
	$$2\cos\left(\frac{i\pi}{n+1}\right)\varphi_i=2\cos\theta_i\varphi_i
	$$
	Donc $F=\begin{pmatrix}
	    2\cos\theta_1& 0 &  \cdots & 0  \\
	    0 & \ddots & \ddots  & \vdots  \\
	    \vdots & \ddots  & \ddots & 0  \\
	    0 & \cdots  & 0 & 2\cos\theta_n
	\end{pmatrix}$.
	
	Des formules de changement de base r{\'e}sulte alors que 
	$F=A_n^{-1}GA_n$, soit $F=\frac{2}{n+1}A_nGA_n$. Donc
	$$A_nGA_n=\frac{n+1}{2}F$$
    \end{enumerate}
\end{enumerate}

\section{}
\begin{enumerate}
    \item
    \begin{enumerate}
        \item  L'existence et l'unicit{\'e} de $h$ r{\'e}sulte de I.4\textdegree a).
    
        \item  $g$ est sans conteste $2\pi$-p{\'e}riodique, continue, 
        impaire, donc appartient {\`a} $E$.
	
	Pour $F_1(g)$, on cherche une fonction $\varphi$ de $E_1$, telle 
	que $\varphi\left(\frac{\pi}{2}\right)=1$. 
	$\varphi=\sin$ convient. Comme il y a unicit{\'e}, il en r{\'e}sulte $F_1(g)=\sin$.
	
	Pour $F_2(g)$, on cherche $\varphi$ de $E_2$, telle que
	$\varphi\left(\frac{\pi}{3}\right)=\varphi\left(\frac{2\pi}{3}\right)=\frac{3\sqrt{3}}{8}$.
	La fonction $\frac{3}{4}\sin$ convient et, toujours par unicit{\'e}, 
	$F_2(g)=\frac{3}{4}\sin$.
	
	Pour $F_3(g)$, on peut remarquer que $g$ elle-m{\^e}me appartient {\`a} 
	$E_3$. En effet, $\sin^3t=\frac{3}{4}\sin t-\frac{1}{4}\sin 3t$. 
	Donc $F_3(g)=g$.
	
    \end{enumerate}
    
    \item La lin{\'e}arit{\'e} de $F_n$ ne pose pas de probl{\`e}me, et la 
    restriction de $F_n$ {\`a} $E_n$ est l'identit{\'e} de $E_n$. En effet, 
    si $f \in E_n$, l'application $f$ elle-m{\^e}me v{\'e}rifie les 
    conditions du 1\textdegree a).
    
    \item
    \begin{enumerate}
        \item  D'apr{\`e}s 4\textdegree a), on sait que
	$$
	\begin{pmatrix}
	    d^{(n)}_1(f)  \\
	    \vdots  \\
	    d^{(n)}_n(f)
	\end{pmatrix}=\frac{2}{n+1}A_n
	\begin{pmatrix}	    
	    f(\theta_1(n))  \\
	    \vdots  \\
	    f(\theta_n(n)) 
	\end{pmatrix}$$
	ce qui est bien la relation demand{\'e}e.
    
        \item  Explicitons
	$$d_k^{(n)}(f)=\frac{2}{n+1}\sum_{p=1}^{n}
	f\left(p\frac{\pi}{n+1}\right) \sin \left(p \frac{k\pi}{n+1}\right)$$
	
	On reconna{\^\i}t le produit de $\frac{2}{\pi}$ par
	le terme de rang $n+1$ de la suite des sommes de Riemann de la 
	fonction $t \mapsto f(t)\sin(kt)$ sur $[0,\pi]$. Cette fonction {\'e}tant 
	continue, la suite $d_k^{(n)}(f)$ tend vers 
	$$\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}f(t)\sin(kt)\,dt$$
	$f$ {\'e}tant continue, $2\pi$-p{\'e}riodique et impaire, ceci n'est autre 
	que le coefficient de Fourier $b_k(f)$.
    \end{enumerate}
    
    \item
    On a, en {\'e}crivant que $f$ est somme de sa s{\'e}rie de Fourier,
    \begin{align*}
        d_k^{(n)}(f) & =\frac{2}{n+1} \sum_{p=1}^{n} 
	f(\theta_p(n))\sin(k\theta_p(n))\\
         & =\frac{2}{n+1} \sum_{p=1}^{n} 
	\left(\sum_{j=1}^{\infty}b_j(f)\sin(j\theta_p(n))\sin(k\theta_p(n))\right)  \\
         & =\frac{2}{n+1}\sum_{j=1}^{\infty} 
	\left(\sum_{p=1}^{n} b_j(f)\sin(j\theta_p(n))\sin(k\theta_p(n))\right)
	&\parbox{4cm}{\sl une des sommes est finie, pas de probl{\`e}me}
	 \\
         & =\frac{2}{n+1}\sum_{j=1}^{\infty} b_j(f)
	\left(\sum_{p=1}^{n} 
	\sin(p\theta_j(n))\sin(p\theta_k(n))\right)\\
	&=\frac{2}{n+1}\sum_{j=1}^{\infty} b_j(f)S_{j,k}
    \end{align*}
    (notation du I2\textdegree c) ).
    
    Or $S_{j,k}$ est nul, sauf si $j\equiv k \pmod{2n+2}$ ou 
    $j\equiv -k \pmod{2n+2}$. Le premier cas se produit si $j$ est de 
    la forme $s(2n+2)+k$, $0\le s$, le deuxi{\`e}me si $j$ est de la 
    forme $s(2n+2)-k$, $1 \le s$ (les deux conditions sur $s$ 
    correspondant {\`a} $1\le j$). Dans ce cas, $j$ vaut respectivement 
    $\frac{n+1}{2}$ et $-\frac{n+1}{2}$. Ceci conduit bien {\`a} 
    l'expression de $d_k^{(n)}$ demand{\'e}e.
    
    \item
    \begin{enumerate}
        \item  On a dit que $g(t)=\frac{3}{4}\sin t -\frac{1}{4}\sin 
        3t$. En utilisant la question I1\textdegree ), on en d{\'e}duit sans calculs 
        que
	$$b_1(g)=\frac{3}{4}, b_3(g)=-\frac{1}{4} \text{ et } b_i(g)=0 \text{ 
	si }i\notin \{1,3\}$$
	Comme $g(t)=\frac{3}{4}\sin t -\frac{1}{4}\sin 
        3t$, $g$ est bien somme de sa << s{\'e}rie >> de Fourier (qui est 
        ici une somme finie). On peut utiliser un th{\'e}or{\`e}me de 
        Dirichlet, mais ce serait lourd dans ce cas particulier.
    
        \item  Pas de difficult{\'e} particuli{\`e}re.
    \end{enumerate}
\end{enumerate}

\section{}
\begin{enumerate}
    \item  Si $y$ tend vers $+\infty$, $\frac{\sin t}{\ch y-\cos 
    t}\sim 2\sin t\,e^{-y}$, qui est int{\'e}grable sur 
    $\left[1,+\infty\right[$.

    \item  On {\'e}crit d'abord $L(z)=\frac{z^2-1}{(z-e^y)(z-e^{-y})}$ 
    puis on obtient, par les m{\'e}thodes habituelles (attention {\`a} ne pas 
    oublier la partie enti{\`e}re),
    $$L(z)=1+\frac{e^{y}}{z-e^y}+\frac{e^{-y}}{z-e^{-y}}$$
    
    On peut {\'e}crire
    $$L(e^{it})=\frac{e^{2it}-1}{e^{2it}-2e^{it}\ch y+1}=\frac{2i\sin 
    t}{2\cos t-2\ch y}$$
    (on a mis $e^{it}$ en facteur au num{\'e}rateur et au d{\'e}nominateur).
    
    Donc $h(y)=iL(e^{it})=i    
    \left(1+\frac{e^{y}}{e^{it}-e^y}+\frac{e^{-y}}{e^{it}-e^{-y}}\right)$.
    
    Ensuite, on {\'e}crit
    $\frac{e^{y}}{e^{it}-e^y}=-\frac{1}{1-e^{-y}e^{it}}$. Et 
    comme $|e^{-y}e^{it}|<1$, on en d{\'e}duit
    $$\frac{1}{e^{it}-e^y}=
    -\sum_{n=0}^{\infty}e^{-ny}e^{int}=-1-\sum_{n=1}^{\infty}e^{-ny}e^{int}
    $$
    De m{\^e}me
    $$\frac{e^{-y}}{e^{it}-e^{-y}}=e^{-it}e^{-y}\sum_{n=0}^{+\infty} 
    e^{-ny}e^{-int}=\sum_{n=0}^{+\infty}e^{-(n+1)y}e^{-i(n+1)t}$$
    Finalement, 
    \begin{align*}       
        h(y)&=i\left(\sum_{n=1}^{+\infty}e^{-ny}e^{-int}-\sum_{n=1}^{+\infty}e^{-ny}e^{int}
            \right)\\
	    &=\sum_{n=1}^{+\infty}2\sin(nt)e^{-ny}
    \end{align*}
    
    \item  
    {\em Remarque : la r{\'e}forme de programmes de 1996 rend la premi{\`e}re 
    partie de la question inutile.}
    
    On a 
     $f(t)=\int_{0}^{+\infty}\left(\sum_{n=1}^{+\infty}2\sin(nt)e^{-ny}\right)dy$.
     Posons, pour $n \ge 1$, $f_n(y)=2\sin(nt)e^{-ny}$. Ce sont des fonctions 
     clairement continues et int{\'e}grables sur $\left[1,+\infty\right[$. De plus
     $$\int_{1}^{+\infty}|f_n(y)|dy \le 2\int_{1}^{+\infty} 
     e^{-ny}dy=2\frac{e^{-n}}{n},$$
     terme g{\'e}n{\'e}ral d'une s{\'e}rie convergente. Donc la s{\'e}rie de terme 
     g{\'e}n{\'e}ral $\int_{0}^{+\infty}|f_n|$ converge et, $f$ {\'e}tant continue, on 
     peut {\'e}changer int{\'e}gration et somme, donc
     $$f(t)=\sum_{n=1}^{+\infty} \int_{0}^{+\infty}f_n(y)\,dy=
     \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{2e^{-n}}{n}\sin(nt)$$
     
     De plus $\left|\frac{2e^{-n}}{n}\sin(nt)\right|\le 
     \frac{2e^{-n}}{n}$, terme g{\'e}n{\'e}ral d'une s{\'e}rie convergente. Cette 
     s{\'e}rie est donc normalement, donc uniform{\'e}ment convergente sur 
     $\R$.

    \item  $f$ est bien $2\pi$-p{\'e}riodique et impaire. De plus, elle 
    est la somme d'une s{\'e}rie uniform{\'e}ment convergente de fonctions 
    continues, donc elle est continue. D{\'e}terminons sa s{\'e}rie de Fourier. 
    Comme $f$ est impaire, $a_k(f)=0$. Puis
    $$b_k(f)=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}f(t)\sin(kt)\,dt=\frac{2}{\pi}
    \int_{0}^{\pi}\left(\sum_{n=1}^{+\infty} 2 \frac{e^{-n}}{n} 
    \sin(nt)\sin(kt)\right)\,dt$$
    
    De m{\^e}me que ci-dessus, la s{\'e}rie de fonctions de terme g{\'e}n{\'e}ral $2 \frac{e^{-n}}{n} 
        \sin(nt)\sin(kt)$ est normalement convergente sur $\R$. On 
        int{\`e}gre sur un segment, donc on peut int{\'e}grer terme {\`a} terme :
	$$b_k(f)=\frac{2}{\pi}
    \sum_{n=1}^{+\infty} \int_{0}^{\pi}2 \frac{e^{-n}}{n} 
    \sin(nt)\sin(kt)\,dt$$
    ce qui, d'apr{\`e}s I1\textdegree ), vaut $2 \frac{e^{-n}}{n}$.
    
    Ceci nous donne les coefficients de Fourier et le fait que $f$ est 
    d{\'e}veloppable en s{\'e}rie de Fourier (l{\`a} encore, le recours {\`a} 
    Dirichlet n'est pas n{\'e}cessaire).
    
    L'in{\'e}galit{\'e} $|b_j(f)| \le 2e^{-j}$ est claire.

    \item  
    \begin{enumerate}
        \item  $S_n \in E_n$, donc $F_n(S_n)=S_n$.
    
        \item  D'apr{\`e}s 4\textdegree ), on a, pour tout $t$ de $\R$,
	$$|R_n(t)| \le \sum_{k=n+1}^{+\infty}|b_k(f)| \le 
	2\sum_{k=n+1}^{+\infty}e^{-j} = 2\frac{e^{-(n+1)}}{1-e^{-1}}<
	4e^{-(n+1)}$$
	la derni{\`e}re in{\'e}galit{\'e} parce que $e>2$, donc $1-e^{-1}>\frac{1}{2}$.
	
    
        \item  Selon le m{\^e}me raisonnement qu'au III.4\textdegree ), on voit que les 
        coefficients de Fourier de $R_n$ sont
	$$b_k(R_n)=
	\begin{cases}
	    0 & \text{si }k\le n\\
	    b_k(f) & \text{sinon}
	\end{cases}
	$$
	L'application de II.4\textdegree ) donne alors	
	$$r_k^{(n)}=0+\sum_{s=1}^{+\infty}[b_{k+(2n+2)s}(f)-b_{-k+(2n+2)s}(f)]$$
	Donc	
	\begin{align*}	   
	   |r_k^{(n)}|&\le\sum_{s=1}^{+\infty}[|b_{k+(2n+2)s}(f)|+|b_{-k+(2n+2)s}(f)|]\\
	              &\le 2\sum_{s=1}^{+\infty}[e^{-k-(2n+2)s}+e^{k-(2n+2)s}]\\
		     & \le 4\ch k \sum_{s=1}^{+\infty}e^{-(2n+2)s}
		     \le 4\ch k \frac{e^{-(2n+2)}}{1-e^{-(2n+2)}}
	\end{align*}
	Or $e^{-(2n+2)}\le \frac{1}{e} \le \frac{1}{2}$, et on conclut bien
	$$|r_k^{(n)}| \le 8\ch k {e^{-(2n+2)}}$$
	
    \end{enumerate}

    \item  On a $F_n(f)=F_n(S_n)+F_n(R_n)=S_n+F_n(R_n)$. Donc, pour $t\in\R$, on peut majorer
    $$|F_n(f)(t)-f(t)|=|R_n(t)-F_n(R_n)(t)| \le 
    \|R_n\|_\infty+|F_n(R_n)(t)| \le 4e^{-(n+1)}+|F_n(R_n)(t)|$$
    Or $|F_n(R_n)(t)|\le \sum_{k=1}^{n}|r_k^{(n)}|\le 
    8\sum_{k=1}^{n}\ch k\,e^{-(2n+2)}$. En {\'e}crivant $\sum_{k=1}^{n}\ch 
    k \le \sum_{k=1}^{n} e^k =\frac{e^n-1}{e-1}\le \frac{1}{2}e^n$, on 
    majore uniform{\'e}ment $|F_n(R_n)(t)|$ par une suite tendant vers 
    $0$. De tout ceci r{\'e}sulte finalement que $F_n(f)$ converge bien 
    vers $f$ uniform{\'e}ment sur $\R$.
    
\end{enumerate}

\end{document}
