\input psfig.sty
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\parindent=0cm


%d\'efinition des guillemets.
\def\og{\leavevmode
  \raise0.28ex\hbox{$\scriptscriptstyle\langle\!\langle$}\nobreak
 \hskip -.6pt plus.3pt minus.2pt $\,$}
\def\fg{$\!$\nobreak \hskip -.6pt plus.3pt minus.2pt
 \raise0.28ex\hbox{$\scriptscriptstyle\rangle\!\rangle$}\thinspace}

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\input upsnum.tex





\def\R{{\Bbb R}}
\def\N{{\Bbb N}}
\def\C{{\Bbb C}}
\def\Q{{\Bbb Q}}
\def\Z{{\Bbb Z}}
\def\K{{\Bbb K}}


%op\'erateurs math\'ematiques
\def\tan{\mathop{\rm tan}\nolimits}
\def\cotan{\mathop{\rm cotan}\nolimits}
\def\arctan{\mathop{\rm Arctan}\nolimits}
\def\arccotan{\mathop{\rm Arccotan}\nolimits}
\def\arccos{\mathop{\rm Arccos}\nolimits}
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\def\im{\mathop{\rm Im}\nolimits}      %image
\def\ker{\mathop{\rm Ker}\nolimits}    %noyau
\def\rg{\mathop{\rm rg}\nolimits}      %rang
\def\E{\mathop{\rm E}\nolimits}        % partie enti\`ere
\def\re{\mathop{\rm Re}\nolimits}      %partie r\'eelle
\def\succ{\mathop{\rm Succ}\nolimits}  %sucesseur
\def\emptyset{\mathchar"081F}          %ensemble vide
\def\dps{\displaystyle}
\def\underset#1_#2{\mathrel{\mathop{\kern 0pt#1}\limits_{#2}}}
\def\iff{\Leftrightarrow}
\def\frac#1#2{{#1\over #2}}
\def\dps{\displaystyle}
\def\op{\mathop{\rm op}\nolimits}

%\nopagenumbers

\null\vskip 0.5cm
\centerline{\bf PC$^*$}
\medskip
\centerline{\bf MATH\'EMATIQUES}
\medskip
\centerline{\bf Concours Centrale--Sup\'elec 2000, 4h.}
\vskip 1cm

{\bf I.A 1}

%
%
%Code extrait de la feuille de calcul Maple m00cp1fa.mws
%
%
{\tt
f:=x->Pi-2*x;\par
plot(f(x-Pi*floor(x/Pi)),x=-3*Pi..3*Pi,discont=true);\par}
\medskip
\centerline{\psfig{file=m00cp1fb.eps}}
\medskip
{\tt
h:=x->piecewise(\par
x>=-3*Pi and x<-2*Pi, 2*x+5*Pi,\par
x>=-2*Pi and x<-Pi, -2*x-3*Pi,\par
x>=-Pi and x<0, 2*x+Pi,\par
x>=0 and x<Pi, -2*x+Pi,\par
x>=Pi and x<2*Pi, 2*x-3*Pi,\par
x>=2*Pi and x<3*Pi, -2*x+5*Pi) ;\par
plot(h(x),x=-3*Pi..3*Pi);\par}
\medskip
\centerline{\psfig{file=m00cp1fc.eps}}
\medskip
%
%
%
{\bf I.A. 2}
Soit $f$ continue sur $[0,\pi]$.
La fonction $\hat{f}$ \'etant paire, elle
est continue sur $[-\pi,\pi]$, avec $\hat{f}(-\pi)=\hat{f}(\pi)$.
Par $2\pi$ p\'eriodicit\'e, la fonction $\hat{f}$ est continue sur
$\R$.
\smallskip
La fonction $\tilde{f}$ \'etant impaire, elle
est continue par morceaux sur $]-\pi,\pi[$, avec $\dps\lim_{h\to -\pi^+}\hat{f}=-\lim_{h\to \pi^-}\hat{f}$.
Les points \'eventuels de discontinuit\'e sont donc $\{-\pi,0,\pi\}$.
Par $2\pi$ p\'eriodicit\'e, la fonction $\tilde{f}$ est continue sur $\R\backslash
\pi\Z$.
\smallskip
Une condition n\'ecessaire et suffisante pour que $\tilde{f}$ soit
continue sur $\R$ est $f(0)=f(\pi)=0$. En effet :
\par
$\bullet$ si $f(0)=f(\pi)=0$, alors $\dps \lim_{h\to 0^+} \tilde{f}(h)=0=\lim_{h\to 0^-}
\tilde{f}(h)$. Le raisonnement est identique en $\pi$ et $-\pi$.
On termine par $2\pi$ p\'eriodicit\'e.
\par
$\bullet$ r\'eciproquement, si $\tilde{f}$ est continue sur $\R$,
elle l'est en tout point de $\pi\Z$. Par imparit\'e de $\tilde{f}$,
il vient $f(0)=f(\pi)=0$.
\bigskip
{\bf I.B.1}
Montrons d'abord l'unicit\'e de la solution. Supposons qu'il existe $y, z$
deux solutions du probl\`eme. Alors $y''=z''=-f$ entra\^{\i}ne que
$y(x)=z(x)+ax+b$. Les conditions au bord $y(0)=z(0)=y(\pi)=z(\pi)=0$
entra\^{\i}nent que $y=z$.
\smallskip
Montrons l'existence d'une solution. Posons $F_0(t)=\dps\int_0^t f(u)
du$. L'\'equation $y''=-f$ est \'equivalente \`a $y"=-F'_0$, donc en
int\'egrant sur $[0,x]$ :
$$y(x)=y'(0)x-\int_0^x F_0(t) dt$$
La condition $y(\pi)=0$ donne :
$$y(x)=Tf(x)=\left({1\over \pi}\int_0^\pi F_0(t) dt\right)x - \int_0^x F_0(t) dt$$
\medskip
{\bf I.B.2}
Un calcul donne pour $f$ de la premi\`ere question :
$$Tf(x)={x^3\over 3}-{\pi x^2\over 2}+{\pi^2 x\over 6}$$
\bigskip
{\bf II.A}
La lin\'earit\'e de $T$ provient de la lin\'earit\'e de l'int\'egrale. Pour
tout $f\in E$, $Tf$ est continue sur $[0,\pi]$, puisque $Tf$ y est
m\^eme d\'erivable.
\smallskip
Soit $f\in \ker T$. En d\'erivant deux fois, il vient $f(x)=0$ pour
tout $x\in [0,\pi]$. Ainsi $\ker T=\{0\}$.
\smallskip
Montrons que :
$$\im T=F=\{g\in C^2([0,\pi])\mid g(0)=g(\pi)=0\}$$
$\bullet $ soit $g\in F$ et $f=-g''$. Alors $g''=-f$ et $g(0)=g(\pi)=0$
entra\^{\i}nent que $g\in \im T$.
\par
$\bullet $ soit $g\in \im T$. Il existe $f\in E$ tel que $Tf=g$.
Donc $g''=-f$ et $g(0)=g(\pi)=0$ entra\^{\i}nent que $g\in F$.
\medskip
{\bf II.B}
Un calcul donne :
$$\eqalign{
Tc_0&={\pi x\over 2}-{x^2\over 2}\cr
Tc_n&= {\pi\cos(nx)-\pi+(1-(-1)^n)x\over n^2\pi},\quad \forall\ n\ge 1\cr
}$$

{\bf II.C}
Posons $Tf_1(x)=C_1x-\dps \int_0^x F_1(t) dt$ et $Tf_2(x)=C_2x-\dps \int_0^x F_2(t)
dt$, avec :
$$C_i={1\over \pi}\int_0^\pi F_i(t) dt, \quad i=1,2$$
En int\'egrant par parties, il vient :
$$\eqalign{
(Tf_1,f_2)&=
{2\over \pi}\int_0^\pi C_1xf_2(x) dx-{2\over
\pi}\int_0^\pi\left(\int_0^x F_1(t) dt\right)f_2(x) dx\cr
&={2\over \pi}C_1\left([xF_2]_0^\pi-\int_0^\pi F_2\right)-{2\over \pi}
\left( \left[\int_0^xF_1\cdot F_2\right]_0^\pi-\int_0^\pi
F_1F_2\right)\cr
&={2\over \pi}\int_0^\pi F_1F_2-{2\over \pi^2}\int_0^\pi F_1\int_0^\pi
F_2\cr
}$$

La sym\'etrie de ce r\'esultat en $F_1,F_2$ d\'emontre cette question.
\medskip
Supposons que $Tf_1=\lambda f_1$ et $Tf_2=\mu f_2$. Il vient :
$$\lambda(f_1,f_2)=(Tf_1,f_2)=(f_1,Tf_2)=\mu(f_1,f_2)$$
et $\lambda\neq \mu$ entra\^{\i}ne que $(f_1,f_2)=0$.
\medskip
{\bf II.D}
\par
$\bullet $ $0$ n'est pas valeur propre puisque $\ker T=\{0\}$.
\par
$\bullet $ soit $\lambda\neq 0$ et $f\in E$ tels que $Tf=\lambda
f$. Comme $\lambda$ n'est pas nul, $f$ est deux fois d\'erivable et $-f=(Tf)''=\lambda
f''$. Ainsi $f$ v\'erifie l'\'equation diff\'erentielle :
$$y''+{1\over \lambda}y=0$$
$\star\ $ si $\lambda>0$, on pose $\dps {1\over \lambda}=\mu^2$ et
la solution g\'en\'erale de l'\'equation ci-dessus est :
$$f(x)=A\cos(\mu x)+B\sin(\mu x)$$
Or $f(0)=0\Rightarrow A=0$ et les conditions $f(\pi)=0, f\neq 0$
entra\^{\i}nent que $\mu\pi\in \pi\Z^*$, donc $\mu\in \Z^*$. Finalement
les valeurs propres positives sont $\lambda_k=\dps {1\over k^2}, k\in
\N$, le sous-espace propre associ\'e \'etant de dimension $1$ engendr\'e par $x\mapsto
\sin(kx)$.
\smallskip
$\star $ si $\lambda<0$, on pose $\dps {1\over \lambda}=-\mu^2$ et
la solution g\'en\'erale de l'\'equation ci-dessus est :
$$f(x)=Ae^{\mu x}+Be^{-\mu x}$$
Les conditions $f(0)=0,f(\pi)=0$ entra\^{\i}nent que $A=B=0$.
\smallskip
En conclusion les valeurs propres de $T$ sont les $(\lambda_k)$.
\bigskip
{\bf II.E.1}
On vient de voir que la famille $(s_n)$ est orthogonale. Un calcul
imm\'ediat donne $(s_n,s_n)=1$, pour tout $n\ge 1$.
\medskip
{\bf II.E.2}
La fonction $\tilde{f}$ \'etant continue par morceaux, $2\pi$ p\'eriodique et impaire, elle est d\'eveloppable en s\'erie de Fourier
et ses coefficients de Fourier pairs $a_n(\tilde{f})$ sont nuls. Par imparit\'e
$(f,s_n)=b_n(\tilde{f})$. Ainsi $f_N$ repr\'esente la somme partielle de la s\'erie de Fourier associ\'ee \`a
$\tilde{f}$. On a alors, toujours par imparit\'e :
$$\lim_{N\to +\infty}{2\over \pi} \int_0^\pi(f(t)-f_N(t))^2 dt =0 $$

Si $f$ est orthogonale \`a la famille $(s_n)$, alors pour tout $N, f_N=0$
et $\dps \lim_{N\to +\infty}{2\over \pi} \int_0^\pi(f(t)-f_N(t))^2 dt =0 \Rightarrow
||f||_2=0$. Comme $f$ est continue sur $]0,\pi[$, il vient $f=0$
sur $]0,\pi[$ et par continuit\'e sur $[0,\pi]$.
\medskip
{\bf II.F.1}
Un calcul imm\'ediat donne que la famille $(c_n)$ est une famille
orthonormale.
\smallskip
{\bf II.F.2}
La fonction $\hat{f}$ \'etant continue, $2\pi$ p\'eriodique et paire, elle est d\'eveloppable en s\'erie de Fourier
et ses coefficients de Fourier impairs $b_n(\hat{f})$ sont nuls. Par parit\'e
$(f,c_n)=b_n(\hat{f})$. Ainsi $h_N$ repr\'esente la somme partielle de la s\'erie de Fourier associ\'ee \`a
$\hat{f}$. On a alors, toujours par parit\'e :
$$\lim_{N\to +\infty}{2\over \pi} \int_0^\pi(f(t)-h_N(t))^2 dt =0 $$

Si $f$ est orthogonale \`a la famille $(c_n)$, alors pour tout $N, h_N=0$
et $\dps \lim_{N\to +\infty}{2\over \pi} \int_0^\pi(f(t)-h_N(t))^2 dt =0 \Rightarrow
||f||_2=0$. Ainsi $f$ est identiquement nulle sur $[0,\pi]$ (m\^eme
raisonnement que pr\'ec\'edemment).

\bigskip
{\bf III.A}
\'Ecrivons la formule de Taylor \`a l'ordre $1$ pour $y(x)=Tf(x)$,
soit :
$$y(x)=y(0)+xy'(0)+\int_0^x (x-t)y''(t) dt$$
ou
$$y(x)=xy'(0)-\int_0^x (x-t)f(t) dt$$
Or $y(\pi)=0$ entra\^{\i}ne que :
$$y'(0)={1\over \pi}\int_0^\pi (\pi-t)f(t) dt$$
et
$$\eqalign{
y(x)&={x\over \pi}\int_0^\pi (\pi-t)f(t) dt-\int_0^x (x-t)f(t)
dt\cr
&= \int_0^x{x(\pi-t)\over \pi} f(t) dt + \int_x^\pi{x(\pi-t)\over \pi} f(t) dt-\int_0^x (x-t)f(t)
dt\cr
&=\int_0^x{t(\pi-x)\over \pi} f(t) dt+ \int_x^\pi{x(\pi-t)\over \pi} f(t)
dt\cr
&= \int_0^\pi k(x,t) f(t) dt\cr
}$$

{\bf III.B}
Soit $t_0$ fix\'e. On a :
$$k(x,t_0)=\cases{{t_0(\pi-x)\over \pi} & si $0\le t_0 \le x$\cr
{x_0(\pi-t_0)\over \pi} & si $0\le x<t_0 \le \pi$\cr
}$$

C'est une fonction continue sur $[0,\pi]$, puisqu'on a la m\^eme valeur pour $x=t_0$.
\smallskip
La d\'emonstration est identique lorsqu'on fixe $x_0$.

\medskip
Supposons que l'on ait une autre fonction $\ell(x,t)$ s\'epar\'ement continue en $x$ et $t$
 telle que pour tout $x\in [0,\pi]$, pour tout $f\in E$ :
 $$Tf(x)=\int_0^\pi \ell(x,t) f(t) dt$$
 Alors, pour tout $x\in [0,\pi]$, pour tout $f\in E$ :
$$\int_0^\pi (k(x,t)-\ell(x,t)) f(t) dt = 0$$

Fixons $x$. La fonction $t\mapsto k(x,t)-\ell(x,t)$ est continue
sur $[0,\pi]$ et orthogonale \`a toute fonction de $E$, donc \`a elle
m\^eme. C'est la fonction identiquement nulle, et ceci est v\'erifi\'e
pour tout $x\in[0,\pi]$.
\medskip
{\bf III.C.1}
Fixons $x\in [0,\pi]$. Une \'etude rapide de la fonction $t\mapsto k(x,t)$
montre que cette fonction est positive sur $[0,\pi]$ et qu'elle
atteint son maximum en $x$, maximum qui vaut $\dps {x(\pi-x)\over
\pi}$.

La fonction $x\mapsto \dps {x(\pi-x)\over \pi}$ est \'egalement
positive sur le m\^eme intervalle et atteint soin maximum en $\dps{\pi\over
2}$, ce maximum valant $\dps{\pi\over 4}$. Ainsi
$$ \sup_{(x,t)\in [0,\pi]^2} k(x,t)\ge {\pi\over 4}$$

Mais, si $0\le t\le x\le \pi$, alors :
$$0\le {t(\pi-x)\over \pi}\le {t(\pi-t)\over \pi}\le {\pi\over 4} $$
et si $0\le x\le t\le \pi$ :
$$0\le {x(\pi-t)\over \pi}\le {x(\pi-x)\over \pi}\le {\pi\over 4} $$
Ainsi
$$ \sup_{(x,t)\in [0,\pi]^2} k(x,t)= {\pi\over 4}$$
ce maximum \'etant atteint en $\dps \left({\pi\over 2},{\pi\over
2}\right)$.
\medskip
{\bf III.C.2}
Pour tout $x\in[0,\pi]$, pour tout $f\in E$
$$|Tf(x)|\le \sup_{(x,t)}|k(x,t)|\int_0^\pi |f(t)|dt \le {\pi\over 4}||f||_1$$

\medskip
{\bf III.C.3}
La fonction $f_n$ est continue sur $[0,\pi]$ et un calcul assez
rapide donne :
$$||f_n||_1= {\pi\over n+1},\qquad Tf_n(\pi/2)= {\pi^2\over 4(n+2)}$$
Ainsi :
$$\lim_{n\to \infty}{Tf_n(\pi/2)\over ||f_n||_1}={\pi\over 4}$$
ce qui montre que l'in\'egalit\'e ne peut \^etre am\'elior\'ee.

\medskip
{\bf III.D.1}
Utilisons l'in\'egalit\'e de Cauchy Schwarz.
$$\eqalign{
|Tf(x)|&\le \left(\int_0^\pi k^2(x,t) dt\right)^{1/2}
 \left(\int_0^\pi f^2(t) dt\right)^{1/2}\cr
 &= \left(\int_0^\pi k^2(x,t) dt\right)^{1/2} {\sqrt{\pi}\over
 \sqrt{2}} ||f||_2\cr
 }$$
 Un calcul donne :
 $$ \left(\int_0^\pi k^2(x,t) dt\right)^{1/2}= {x^2(\pi-x)^2\over 3\pi}$$
 donc :
$$|Tf(x)|\le {x(\pi-x)\over \sqrt{3\pi}}{\sqrt{\pi}\over
 \sqrt{2}} ||f||_2 $$
 Enfin, l'\'etude de $x\mapsto x(\pi-x)$ sur $[0,\pi]$ donne
 le r\'esultat demand\'e.

\medskip
{\bf III.D.2}
Si $\dps \lim_{n\to \infty}||f-\varphi_n ||_2=0$, alors, comme
$$||Tf-T\varphi_n||_\infty\le {\pi^2\over 4\sqrt{6}}||f-\varphi_n ||_2$$
on a la convergence uniforme sur $[0,\pi]$ de la suite $T\varphi_n$
vers $Tf$.

\medskip
{\bf III.D.3}
Prenons $\varphi_n=f_n$ d\'efinis dans la question I.E.2. Alors, pour tout $n\ge 1, Ts_n={1\over n^2} s_n$
et par la question I.E.2, $\dps \lim_{n\to \infty}||f-f_n ||_2=0$.
Donc $\dps \lim_{n\to \infty}||Tf-Tf_n||_\infty=0$, et
$$Tf_n= \sum_{k=1}^n {1\over k^2}(f,s_k)s_k$$

La s\'erie $\dps \sum {\sin(nx)\sin(nt)\over n^2}$ est normalement convergente sur $[0,\pi]$. On peut donc \'ecrire :
$${2\over \pi}\int_0^\pi \sum_{n\ge } {\sin(nx)\sin(nt)\over n^2}f(t) dt=
{2\over \pi} \sum_{n\ge 1} {1\over n^2}\left(\int_0^\pi\sin(nt)f(t)dt\right)\sin(nx)=Tf(x)$$
De plus la fonction $(x,t)\mapsto \dps \sum {\sin(nx)\sin(nt)\over n^2}$ est continue s\'epar\'ement en $x$ et $t$.
On termine par unicit\'e de la fonction $k(x,t)$.

\medskip
{\bf III.D.4}
La s\'erie $\dps \sum {1\over n^2} (f,s_n)s_n$ est normalement convergente sur $\R$, puisque 
$\dps \left|{1\over n^2} (f,s_n)s_n\right|\le ||f||_2{1\over n^2}$. En utilisant l'orthonormalit\'e de la famille $(s_n)$, calculons :
$$||Tf||_2^2= (Tf,Tf)= \sum_{n=1}^\infty {1\over n^4} |(f,s_n)|^2\le \sum_{n=1}^\infty  |(f,s_n)|^2$$
Or par la question I.E.2 :
$$\lim_{N\to \infty}\left|\ || f||_2-||f_N||_2\ \right|\le \lim_{N\to \infty} ||f-f_N||_2=0$$
avec :
$$||f_N||_2^2= \sum_{n=1}^N |(f,s_n)|^2$$
ce qui signifie que 
$$ \sum_{n=1}^\infty  |(f,s_n)|^2=||f||_2^2$$

La seule in\'egalit\'e utilis\'ee est $\dps {1\over n^4}\le 1, (n\ge 1)$. On a donc \'egalit\'e $||Tf|_2=||f_2||_2$ si et seulement si 
$(f,s_n)=0, \forall\ n\ge 2$, et $f\in \hbox{Vect }(s_1)$.


\medskip
{\bf III.E.1}
La question II.F montre que $\dps \lim_{N\to \infty} ||f-h_N||_2 =0$. Ceci entra\^{\i}ne que 
$\dps \lim_{N\to \infty} ||Tf-Th_N||_\infty =0$.  Or :
$$Th_N= {1\over 2} (f,c_0)Tc_0 +\sum_{n=1}^N (f,c_n)Tc_n$$ 
donc, pour tout $x\in [0,\pi]$, pour tout $f\in E$ :
$$Tf(x)= {1\over 2} (f,c_0) \left({\pi x\over 2}-{x^2\over 2}\right)+\sum_{n=1}^\infty (f,c_n) \left({\pi\cos(nx)-\pi+(1-(-1)^n)x\over n^2\pi}\right)$$

\medskip
{\bf III.E.2}
En \'ecrivant $k(x,t)=\dps \sum_{n\ge 0} \alpha_n(x) c_n(t)$ et en supposant que cette s\'erie converge uniform\'ement sur $[0,\pi]$, il vient :
$$\alpha_0= {1\over 2} Tc_0, \quad \alpha_n=Tc_n, \forall n\ge 1$$
Il reste \`a v\'erfier que la s\'erie
$${1\over 2}\left({\pi x\over 2}-{x^2\over 2}\right)+\sum_{n=1}^\infty \left({\pi\cos(nx)-\pi+(1-(-1)^n)x\over n^2\pi}\right)\cos(nt)$$
 est continue en $x$ et en $t$ et (m\^eme) normalement convergente sur $[0,\pi]^2$.

\bigskip
{\bf IV.A.1}
On a :
$$\left|{1\over p^{2n}} (f,s_p)s_p\right| \le {1\over p^{2n}} ||f||_2$$
ce qui montre la convergence normale de la s\'erie sur $[0,\pi]$, puisque $n\ge 1$.

\medskip
{\bf IV.A.2}
Effectuons une d\'emonstration par r\'ecurrence sur $n$.
\par
$\bullet\ $ pour $n=1$, c'est ce qui a \'et\'e d\'emontr\'e pr\'ec\'edemment.
\par
$\bullet\ $ supposons la relation v\'erifi\'ee pour $n>1$. Alors, pour tout $f\in E$ et par convergence normale :
$$T^{n+1} f= T(T^n)f= T(T_nf)= \sum_{p=1}^\infty {1\over p^{2n}} (f,s_p) Ts_p= \sum_{p=1}^\infty {1\over p^{2n+2}} (f,s_p) s_p$$

\medskip
{\bf IV.B}
On sait que pour tout $k\ge 1, \dps {1\over k^2}$ est valeur propre de $T$ associ\'ee au vecteur propre $s_k$. Comme $T_n=T^n$, 
pour tout $k\ge 1, \dps {1\over k^{2n}}$ est valeur propre de $T_n$ associ\'ee au vecteur propre $s_k$. Montrons que $T_n$ n'admet pas d'autres valeurs propres. Supposons que $\lambda$ soit valeur propre de $T_n$ associ\'ee au vecteur propre $f$.
\par
Comme $T$ est un op\'erateur auto-adjoint, $T_n=T^n$ l'est \'egalement, et $f$ est orthogonale \`a $\hbox{Vect}(s_k)$. La question II.E.2 montre que $f$ est identiquement nulle.

\medskip
{\bf IV.C.1}
On a :
$$T_nf= (f,s_1)s_1+\sum_{p=2}^\infty {1\over p^{2n}} (f,s_p)s_p$$
la convergence de la s\'erie \'etant normale sur $[0,\pi]$.

Or  $| (f,s_p)s_p |\le ||f||_2$ et :
$$\eqalign{
 \left|\sum_{p=2}^\infty {1\over p^{2n}} (f,s_p)s_p\right|&\le ||f||_2 \sum_{p=2}^\infty {1\over p^{2n}} \le ||f||_2 \int_2^{+\infty} {dt\over t^{2n}} \cr
&= ||f||_2 {1\over (2n-1)2^{2n-1}}\cr
}$$
cette quantit\'e tendant vers $0$ lorsque $n$ tend vers l'infini. Finalement :
$$\lim_{n\to +\infty} T_nf= (f,s_1)s_1$$

\medskip
{\bf IV.C.2}
Un calcul donne pour $f$ d\'efinie dans la question I.A.1 :
$$\int_0^\pi (\pi-2t)\sin(t) dt = 0\Rightarrow \lim_{n\to +\infty} T_nf = 0$$











\bye
