Séries de Fourier

1. Les propriétés de parité des fonctions trigonométriques, ainsi que le calcul de leur dérivée, découlent immédiatement de leur définition par l’exponentielle complexe :
   $$\cos(x) = \frac{e^{ix}+e^{-ix}}{2} \ , \ \sin(x) = \frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}.$$

2. On revient à la définition et on se lance dans les calculs :
   $$\begin{aligned} \cos(u) \cos(v) - \sin(u) \sin(v) &=& \frac{e^{iu}+e^{-iu}}{2}\frac{e^{iv}+e^{-iv}}{2}-\frac{e^{iu}-e^{-iu}}{2i}\frac{e^{iv}-e^{-iv}}{2i} \\ &=& \frac{(e^{iu}+e^{-iu})(e^{iv}+e^{-iv})+(e^{iu}-e^{-iu})(e^{iv}-e^{-iv})}{4}.\end{aligned}$$
   On a utilisé le fait que $\displaystyle -\left(\frac{1}{i}\right)^2 = 1$. En développant ces deux produits, on remarque que les coefficients termes en $\displaystyle e^{i(u-v)}$ et en $\displaystyle e^{i(v-u)}$ s’annulent. Il ne reste que :
   $$\cos(u) \cos(v) - \sin(u) \sin(v) = \frac{2e^{i(u+v)}+2e^{-i(u+v)}}{4} =\cos(u+v).$$

3. Comme $\displaystyle \sin'=\cos$, on calcule que :
   $$F'(x) = \frac{\cos((a+b)x)+\cos((a-b)x)}{2}.$$ On utilise la question précédente ainsi que les propriétés de parité pour écrire :
   $$\begin{aligned} F'(x) &=& \frac{\cos(ax)\cos(bx)-\sin(ax)\sin(bx)+\cos(ax)\cos(-bx)-\sin(ax)\sin(-bx)}{2} \\ &=& \frac{\cos(ax)\cos(bx)-\sin(ax)\sin(bx)+\cos(ax)\cos(bx)+\sin(ax)\sin(bx)}{2}\\ &=& \cos(ax) \cos(bx).\end{aligned}$$ On en déduit alors que :
   $$\begin{aligned} \int_{-\pi}^{\pi} \cos(ax)\cos(bx) dx &=& \left[\frac{1}{2} \frac{\sin((a+b)x)}{a+b} + \frac{1}{2} \frac{\sin((a-b)x)}{a-b}\right] \\ &=& \frac{1}{2} \frac{\sin((a+b)\pi)}{a+b} + \frac{1}{2} \frac{\sin((a-b)\pi)}{a-b}-\frac{1}{2} \frac{\sin(-(a+b)\pi)}{a+b} + \frac{1}{2} \frac{\sin(-(a-b)\pi)}{a-b} \\ &=& \frac{\sin((a+b)\pi)}{a+b} + \frac{\sin((a-b)\pi)}{a-b} \\ &=& \frac{\sin(a\pi) \cos(b\pi)+\sin(b\pi) \cos(a\pi)}{a+b}+\frac{\sin(a\pi) \cos(b\pi)-\sin(b\pi)\cos(a\pi)}{a-b} \\ &=& \frac{2}{a^2-b^2} \left(a \sin(a\pi) \cos(b\pi)-b \sin(b\pi)\cos(a\pi)\right).\end{aligned}$$

4. Si $\displaystyle a$ est entier, on sait que $\displaystyle \sin(a\pi)=0$ et que $\displaystyle \cos(a\pi)=(-1)^a$ (on retrouve facilement ces propriétés sur le cercle trigonométrique), donc :
   $$\int_{-\pi}^{\pi} \cos(ax)\cos(bx) dx = -\frac{2 a (-1)^a}{a^2-b^2} \sin(a\pi).$$
   Si $\displaystyle b$ est entier, par symétrie des rôles joués par $\displaystyle a$ et $\displaystyle b$, on a :
   $$\int_{-\pi}^{\pi} \cos(ax)\cos(bx) dx = -\frac{2 b (-1)^b}{b^2-a^2} \sin(b\pi).$$
   On remarque que si $\displaystyle a$ et $\displaystyle b$ sont tous les deux entiers et distincts, alors $\displaystyle \int_{-\pi}^{\pi} \cos(ax)\cos(bx) dx = 0$, autrement dit, les fonctions $\displaystyle \cos(ax)$ et $\displaystyle \cos(bx)$ sont orthogonales pour le produit scalaire $\displaystyle \langle u,v \rangle = \int_{-\pi}^\pi u(x) v(x) dx$.

Si $\displaystyle a+b=0$ ou $\displaystyle a-b=0$, l’intégrale à calculer se simplifie en :
$$\int_{-\pi}^\pi \cos(ax)\cos(bx) dx = \int_{-\pi}^\pi \cos^2(ax) dx.$$

L’astuce pour trouver une primitive de $\displaystyle \cos^2(ax)$ consiste à utiliser la formule de duplication $\displaystyle \cos(2u) = 2 \cos^2(u)-1$, donc
$$\begin{aligned} \int_{-\pi}^\pi \cos(ax)\cos(bx) dx &=& \int_{-\pi}^\pi \frac{\cos(2ax)+1}{2} dx \\ &=& \left[ \frac{\sin(2ax)}{4a}+\frac{x}{2}\right]_{-\pi}^\pi \\ &=& \frac{\sin(2 a \pi)}{2a}+\pi.\end{aligned}$$

1. On développe chaque terme le plus possible, et on espère avoir une
   égalité. Pour le terme de gauche : $$\begin{aligned} \sin(u+2v) &=& \sin(u) \cos(2v) + \cos(u) \sin(2v) \\ &=& \sin(u)-2 \sin(u) \sin^2(v) + 2 \cos(u) \sin(v) \cos(v) . \end{aligned}$$
   On a utilisé $\displaystyle \cos(2v) = 1-2\sin^2(v)$. Pour le terme de droite :
   $$\sin(u)+2\cos(u+v) \sin(v) = \sin(u) + 2 \cos(u)\cos(v) \sin(v)-2\sin(u)\sin^2(v).$$

   On a donc bien égalité entre les deux termes.

2. Pour $\displaystyle n=0$, on a bien $\displaystyle \frac{\sin(x/2)}{2 \sin(x/2)} = \frac{1}{2}$.
   Pour montrer l’hérédité, il suffit de prouver que :
   $$\frac{\sin\left(\left(n+1+\frac{1}{2}\right)x\right)}{2 \sin\left(\frac{x}{2}\right)} = \frac{\sin\left(\left(n+\frac{1}{2}\right)x\right)}{2 \sin\left(\frac{x}{2}\right)} + \cos((n+1)x),$$
   et cette égalité se montre à l’aide de la question précédente, avec $\displaystyle u = \frac{x}{2}$ et $\displaystyle v=(n+1)x$.

   Si $\displaystyle x=0$, le terme de droite vaut $\displaystyle \frac{1}{2}+\sum_{k=1}^n \cos(0) = n+\frac{1}{2}$, mais le terme de gauche n’est pas bien défini car $\displaystyle \sin(0)=0$. Mais si on connaît le développement limité $\displaystyle \sin(u) = u + o_{u \rightarrow 0}(u)$, on montre que pour tous $\displaystyle a,b \in \mathbb{R}_**$
   $$\lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin(ax)}{\sin(bx)} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{ax+o(x)}{bx+o(x)} = \frac{a}{b}.$$

   Dans notre cas, on a bien :
   $$\lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin\left(\left(n+\frac{1}{2}\right)x\right)}{2 \sin\left(\frac{x}{2}\right)} = \frac{n+\frac{1}{2}}{2 \frac{1}{2}} = n + \frac{1}{2}.$$

   On retrouve la même valeur que pour le terme de droite.

3. On calcule la somme $\displaystyle \sum_{k=-n}^n e^{ikx}$ de deux façons différentes. Tout d’abord, en regroupant astucieusement les termes, on remarque que : $$\begin{aligned} \sum_{k=-n}^n e^{ikx} &=& 1+ \sum_{k=1}^n e^{ikx}+e^{-ikx} \\ &=& 1+ 2 \sum_{k=1}^n \cos(kx).\end{aligned}$$ Une autre façon de calculer la somme consiste à utiliser une formule sur les suites géométriques : $$\begin{aligned} \sum_{k=-n}^n e^{ikx} &=& e^{-inx} \sum_{k=0}^2n \left(e^{ix} \right)^k \\ &=& e^{-inx} \frac{e^{i(2n+1)x}-1}{e^{ix}-1} \\ &=& e^{-inx} \frac{e^{i\left(n+\frac{1}{2}\right)x} \left(e^{i\left(n+\frac{1}{2}\right)x}-e^{-i\left(n+\frac{1}{2}\right)x}\right)}{e^{i\frac{x}{2}}\left(e^{i \frac{x}{2}}-e^{-i\frac{x}{2}}\right)} \\ &=& e^{ix\left(-n+\left(n+\frac{1}{2}\right)-\frac{1}{2}\right)} \frac{2i \sin\left(\left(n+\frac{1}{2}\right)x\right)}{ 2i \sin\left(\frac{x}{2}\right)} \\ &=& \frac{\sin\left(\left(n+\frac{1}{2}\right)x\right)}{\sin\left(\frac{x}{2}\right)}.\end{aligned}$$

4. Par définition de $\displaystyle S_n(f)$, on a : $$\begin{aligned} S_n(f)(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{k=1}^n a_k \cos(kx)+ b_k \sin(kx).\end{aligned}$$

   En remplaçant les coefficients $\displaystyle aa_k$ et $\displaystyle b_k$ par les intégrales les définissant, on obtient immédiatement la réponse demandée.

5. On récrit la formule de la question précédente sous la forme :
   $$\begin{aligned} S_n(f)(x) &=& \frac{1}{\pi} \int_0^{2\pi} f(t) \left(\frac{1}{2}+\sum_{k=1}^n \cos(kx) \cos(kt) + \sin(kx) \sin(kt) \right) dt \\ &=& \frac{1}{\pi} \int_0^{2\pi} f(t) \left( \frac{1}{2} + \sum_{k=1}^n \cos(k(x-t)) \right) dt \\ &=& \frac{1}{\pi} \int_0^{2 \pi} f(u+x) \left( \frac{1}{2} + \sum_{k=1}^n \cos(ku) \right) du.\end{aligned}$$

   À noter que le changement de variables $\displaystyle u=t-x$ devrait imposer que la dernière intégrale soit prise entre les bornes $\displaystyle -x$ et $\displaystyle 2\pi-x$, mais la $\displaystyle 2\pi$-périodicité des fonctions permet de translater l’intervalle d’intégration à $\displaystyle [0,2\pi]$. La question 2 permet de conclure immédiatement.

1. La définition de $\displaystyle f$ permet de dire que :

   • Si $\displaystyle x \in ]k \pi, (k+1)\pi[$, avec $\displaystyle k \in \mathbb{Z}$ pair,
     alors $\displaystyle f(x)=1$.

   • Si $\displaystyle x \in ]k\pi, (k+1) \pi[$, avec $\displaystyle k \in \mathbb{Z}$ impair,
     alors $\displaystyle f(x)=-1$.

   • Si $\displaystyle x=k\pi$ avec $\displaystyle k \in \mathbb{Z}$, alors $\displaystyle f(x)=0$.

   Cette description complète de $\displaystyle f$ permet de constater que la fonction est impaire. On sait alors que tous les coefficients $\displaystyle a_n(f)$, pour $\displaystyle n \geq 0$, sont nuls.

2. Soit $\displaystyle n \geq 1$. Il s’agit de calculer l’intégrale :
   $$b_n(f) = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi \sin(nx) f(x) dx.$$

La fonction $\displaystyle \sin(nx) f(x)$ est paire, on a donc :
$$b_n(f) = \frac{2}{\pi} \int_0^\pi \sin(nx) f(x) dx = \frac{2}{\pi} \int_0^\pi \sin(nx) dx = \frac{2}{\pi} \left[-\frac{\cos(nx)}{n}\right]_0^\pi = \frac{2}{n\pi} \left(1-\cos(n\pi)\right).$$

Or on sait que, si $\displaystyle n$ est entier, $\displaystyle \cos(n\pi)=(-1)^n$. Ainsi :

• Si $\displaystyle n$ est pair, alors $\displaystyle b_n(f) = 0$.
• Si $\displaystyle n$ est impair, alors $\displaystyle b_n(f) = \frac{4}{n \pi}$.

3. La fonction $\displaystyle f$ est de classe $\displaystyle \mathcal{C}^1$ par morceaux, on peut donc appliquer le théorème de Dirichlet. De plus, en tout point $\displaystyle x \in \mathbb{R}$, on a $\displaystyle \frac{f(x^+)+f(x^-)}{2} = f(x)$. En effet, cela est évident si $\displaystyle f$ est continue en $\displaystyle x$, et si $\displaystyle x=k \pi$, avec $\displaystyle k$ pair, on a $\displaystyle f(x^-)=-1$, $\displaystyle f(x^+)=1$ et $\displaystyle f(x)=0$, et on raisonne de la même façon pour $\displaystyle x=k\pi$ avec $\displaystyle k$ impair.

4. La fonction $\displaystyle f$ est de carré intégrable sur $\displaystyle ]0,2\pi[$, et on a
   $\displaystyle \frac{1}{\pi} \int_0^{2\pi} f(x)^2 dx = 2$. Le théorème de Parseval dit alors que $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty b_n(f)^2 = 2$. Mais $\displaystyle b_n(f)$ étant nul lorsque $\displaystyle n$ est pair, on a :
   $$\sum_{0=1}^\infty \frac{1}{(2p+1)^2} = \frac{\pi^2}{16} \sum_{p=0}^\infty b_{2p+1}(f)^2 = \frac{\pi^2}{16} \sum_{n=1}^\infty b_n(f)^2 = 2\frac{\pi^2}{16} = \frac{\pi^2}{8}.$$

   Calculons maintenant $\displaystyle S= \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}$. On peut écrire :
   $$S = \sum_{p=0}^\infty \frac{1}{(2p+1)^2}+\sum_{p=1}^\infty \frac{1}{(2p)^2}.$$

   C’est le fait que chacune des deux séries du membre de droite soit absolument convergente qui permet de réorganiser les sommes comme on le souhaite. Maintenant, on remarque astucieusement que :
   $$\sum_{p=1}^\infty \frac{1}{(2p)^2} = \frac{1}{4} \sum_{p=1}^\infty \frac{1}{p^2} = \frac{S}{4},$$

   et ainsi :
   $$S= \frac{4}{3} \sum_{p=0}^\infty \frac{1}{(2p+1)^2} = \frac{4}{3} \frac{\pi^2}{8} = \frac{\pi^2}{6}.$$

   Magnifique ?!

5. On a :
   $$S_{2N+1}(f)\left(\frac{\pi}{2N}\right) = \frac{4}{\pi} \sum_{p=0}^N\frac{\sin\left((2p+1)\frac{\pi}{2N}\right)}{(2p+1)},$$

   on obtient alors le résultat immédiatement. Pour obtenir la limite voulue, il suffit de remarquer que l’on a une somme de Riemann associée à la fonction $\displaystyle x \mapsto \frac{\sin(x)}{x}$, qui et prolongeable en une fonction continue, donc intégrable au sens de Riemann, sur $\displaystyle [0, \pi]$.

6. Supposons par l’absurde que $\displaystyle (S_N(f))_{N \geq 1}$ converge vers $\displaystyle f$
   uniformément sur $\displaystyle \mathbb{R}$. En particulier, la suite
   $\displaystyle (S_{2N+1}(f))_{N \geq 1}$ converge elle aussi uniformément vers
   $\displaystyle f$, donc :
   $$0 \leq \sup_{x \in \mathbb{R}} |S_{2N+1}(f)(x)-f(x)| \xrightarrow[N \rightarrow \infty]{} 0.$$

   Cela implique en particulier que pour toute suite de réels
   $\displaystyle (x_N)_{N \geq 1}$, on a :
   $$\lim_{n \rightarrow \infty} |S_N(f)(x_N)-f(x_N)| = 0.$$ Or si on choisit $\displaystyle x_N = \frac{\pi}{2N}$, on a $\displaystyle f(x_N) = 1$, et d’après la question précédente, on a :
   $$\lim_{n \rightarrow \infty} |S_N(f)(x_N)-f(x_N)| = 2 \int_0^\pi \frac{\sin(x)}{x} dx-1.$$
   On a une contradiction, car l’intégrale $\displaystyle \int_0^\pi \frac{\sin(x)}{x} dx$ vaut $\displaystyle 1.851937\cdots$, ce qui est largement supérieur à $\displaystyle 1/2$.

1. On remarque tout d’abord que la fonction $\displaystyle f$ est paire, ce qui implique que ses coefficients de Fourier $\displaystyle b_n(f)$, pour $\displaystyle n \geq 1$, sont tous nuls. Il reste à calculer les coefficients $\displaystyle a_n(f)$. Soit donc $\displaystyle n \geq 0$. On a : $$\begin{aligned} a_n(f) &=& \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} \cos(cx) \cos(nx) dx \\ &=& \frac{1}{\pi} \frac{2}{c^2-n^2} \left(c \sin(c\pi) \cos(n\pi)-n \sin(n\pi)\cos(c\pi)\right) \\ &=& \frac{1}{\pi} \frac{2c}{c^2-n^2}(-1)^n \sin(c\pi).\end{aligned}$$

   On a utilisé le résultat de l’exercice 1 (on peut car $\displaystyle c$ n’est pas un entier), puis le fait que $\displaystyle \cos(n\pi)=(-1)^n$ et que $\displaystyle \sin(n\pi)=0$.

2. La fonction $\displaystyle f$ est de classe $\displaystyle \mathcal{C}^1$ par morceaux, et est de plus continue sur $\displaystyle \mathbb{R}$. On sait alors par le théorème de Dirichlet qu’elle est limite simple de sa série de Fourier, ce qui donne la formule demandée.

3. On rappelle que la fonction $\displaystyle \cot$ est définie pour tout $\displaystyle x \in \mathbb{R}$ tel que $\displaystyle x \notin \pi \mathbb{Z}$ par $\displaystyle \cot(x) = \frac{\cos(x)}{\sin(x)}$. En appliquant la formule précédente à $\displaystyle x = \pi$, puis en divisant chaque membre par $\displaystyle \sin(c \pi)$, on obtient :
   $$\pi \cot(c\pi) = \frac{1}{c} + \sum_{n=1}^\infty \frac{2c}{c^2-n^2}(-1)^n \cos(n\pi) = \frac{1}{c} + \sum_{n=1}^\infty \frac{2c}{c^2-n^2}.$$

   Il reste à remarquer que, pour tout $\displaystyle N \geq 1$, $$\begin{aligned} \sum_{n=-N}^N \frac{1}{c-n} &=& \frac{1}{c} + \sum_{n=1}^N \frac{1}{c-n}+\frac{1}{c+n} \\ &=& \frac{1}{c} + \sum_{n=1}^N \frac{2c}{c^2-n^2}.\end{aligned}$$

4. Il semble naturel d’appliquer la formule de Parseval. On vérifie facilement que le membre de gauche de l’équation est égal à $\displaystyle \frac{a_0^2}{2}+\sum_{n=1}^\infty a_n(f)^2$. Le théorème de Parseval nous affirme que la somme de cette série vaut :
   $$\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi f(x)^2 dx = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^\pi \cos^2(cx) dx = \frac{1}{\pi} \left(\frac{\sin(2 c \pi)}{2c}+\pi \right),$$

   où on a utilisé un résultat de l’exercice 1.

5. Il s’agit d’étudier très précisément le comportement de la formule
   précédente lorsque $\displaystyle c$ se rapproche de $\displaystyle 0$. On remarque tout d’abord
   que la fonction $$\phi : c \mapsto \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{(n^2-c^2)^2}$$ est continue en $\displaystyle 0$. Pour s’en convaincre, on peut remarquer que pour $\displaystyle |c| \leq 1/2$, on a $\displaystyle \frac{1}{(n^2-c^2)^2} \leq \frac{1}{(n^2-1/4)^2}$, donc la série de fonctions $\displaystyle \sum_{n \geq 1} \frac{1}{(n^2-c^2)^2}$ converge uniformément pour $\displaystyle |c| \leq 1/2$. On peut donc écrire que $\displaystyle \phi(c) = \phi(0)+o(1)$, et c’est justement $\displaystyle \phi(0) = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^4}$ que l’on veut calculer.

   On remplace également les autres termes de l’égalité par des développements limités. On utilise les formules suivantes :
   $$\frac{\sin(x)}{x} = 1-\frac{x^2}{6}+\frac{x^4}{120}+o(x^4) ,$$

   $$\frac{\sin^2(x)}{x^2} = 1-\frac{x^2}{3}+\frac{2x^4}{45}+o(x^4),$$

   $$\sin^2(x) = x^2+o(x^2),$$ et en réinjectant le tout dans la formule de Parseval on obtient :
   $$2\left(1-\frac{c^2\pi^2}{3}+\frac{2c^4 \pi^4}{45}\right)+\frac{4c^2}{\pi^2}\left(c^2\pi^2+o(c^2)\right)(\phi(0)+o(1)) = 1+\left(1-\frac{4c^2\pi^2}{6}+\frac{16c^4\pi^4}{120}+o(c^4)\right),$$

   qui se simplifie en :
   $$2-\frac{2c^2\pi^2}{3}+c^4\left(\frac{4\pi^4}{45}+4\phi(0)\right)+o(c^4) = 2-\frac{2c^2 \pi^2}{3}+\frac{2 \pi^4}{15} c^4+o(c^4).$$

   On en déduit que :
   $$\phi(0) = \frac{1}{4}\left(\frac{2\pi^4}{15}-\frac{4\pi^4}{45}\right) = \frac{\pi^4}{90}.$$

Le résultat de cet exercice (avec $\displaystyle C = 14$) intervient de manière importante dans l’article suivant, qui étudie l’ordre de grandeur des valeurs extrêmes de polynômes caractéristiques de matrices aléatoires: https://arxiv.org/abs/1607.00243 (voir Lemme 4.3). La valeur optimale de $\displaystyle C$ n’est pas connue par l’auteur de l’exercice, qui en testant quelques dizaines de milliers de polynômes aléatoirement choisis n’a pas pu exclure que $\displaystyle C = \sqrt{2}$ soit possible. On a un résultat analogue (avec une constante ne dépendant que de $\displaystyle \epsilon$), en changeant $\displaystyle \mathbb{U}_{2n}$ par $\displaystyle \mathbb{U}_{\max(n+1, \lfloor n(1+ \epsilon) \rfloor) }$, $\displaystyle \epsilon$ étant n’importe quel réel strictement positif choisi à l’avance. Il est clair qu’on ne peut pas changer $\displaystyle \mathbb{U}_{2n}$ en $\displaystyle \mathbb{U}_{n}$, comme le montre l’exemple du polynôme $\displaystyle z \mapsto z^n -1$. Pour $\displaystyle \mathbb{U}_{n+1}$, on obtient un résultat analogue, mais $\displaystyle C$ doit être remplacé par une fonction croissant logarithmiquement en $\displaystyle n$.

1. Comme $\displaystyle \lambda_s = 0$ dès que $\displaystyle s \leq -n$ ou $\displaystyle s \geq 2n$, le membre de droite de l’égalité est $$\frac{1}{2n} \sum_{s = -n+1}^{2n-1} \lambda_s z^s \sum_{\omega \in \mathbb{U}_{2n}} \omega^{k} \bar{\omega}^s = \sum_{s = -n+1}^{2n-1} \lambda_s z^s \mathbf{1}_{s \equiv k \operatorname{mod.} 2n}.$$
   Il n’est pas possible d’avoir $\displaystyle |s-k| \geq 2n$ avec $\displaystyle k \in \{0,\dots,n\}$ et $\displaystyle s \in \{-n+1, \dots, 2n-1\}$, donc la congruence n’est satisfaite que pour $\displaystyle s = k$. Comme $\displaystyle \lambda_k = 1$ pour $\displaystyle k \in \{0, \dots, n-1\}$, on obtient le résultat souhaité.
2. Le résultat est une conséquence directe de 1., par linéarité.
3. On a
   $$\begin{aligned} 2n |R(u)| & \leq \sum_{s \in \mathbb{Z}} \lambda_s = \sum_{s = -n+1}^0 \frac{s+n}{n} + \sum_{s = 1}^n 1 + \sum_{s = n+1}^{2n-1} \frac{2n-s}{n}, \\ & = n + \sum_{m = 1}^n \frac{m}{n} + \sum_{m=1}^{n-1} \frac{m}{n} = n + \frac{n+1}{2} + \frac{n-1}{2} = 2n \end{aligned}$$
   et donc $\displaystyle |R(z)| \leq 1$. D’autre part, $\displaystyle \lambda_s$ est la moyenne, pour $\displaystyle m$ entier entre $\displaystyle 0$ et $\displaystyle n-1$, des indicatrices des intervalles d’entiers $\displaystyle \{-m, -m+1 \dots, n+m\}$. On en déduit, en multipliant par $\displaystyle n$, que si $\displaystyle u \in \mathbb{U} \backslash \{1\}$:
   $$2n^2 R(u) = \sum_{m=0}^{n-1} \sum_{s = -m}^{m+n} u^s = \sum_{m=0}^{n-1} \frac{u^{m+n+1} - u^{-m}}{u-1},$$
   $$2 n ^2 R(u) (u-1) = \sum_{r= n+1}^{2n} u^r - \sum_{r = -n+1}^0 u^r = \frac{u^{2n+1} - u^{n+1}}{u-1} - \frac{u - u^{-n+1}}{u-1},$$
   $$2n^2 R(u) (u-1)^2 = (u- u^{-n+1})(u^{2n}-1).$$
   Comme $\displaystyle |u-1|^2 =(u-1)(u^{-1}-1) = -u^{-1} (u-1)^2$, on en déduit, pour tout $\displaystyle u \in \mathbb{U} \backslash \{1\}$:
   $$R(u) =\frac{ (u^{-n} - 1) (u^{2n}-1)}{2n^2 |u-1|^2}.$$
   Le numérateur a un module au plus égal à $\displaystyle 4$, ce qui prouve le résultat demandé.
4. Pour $\displaystyle j \in \{0,1,2, \dots, 2n-1\}$, l’arc de cercle semi-ouvert correspondant aux arguments dans $\displaystyle (-\pi j/2n,\pi j/2n]$ a pour longueur $\displaystyle \pi j /n$: il contient donc exatement $\displaystyle j$ points de la forme $\displaystyle z \bar{\omega}$ pour $\displaystyle \omega \in \mathbb{U}_{2n}$. Parmi les points de cette forme, le $\displaystyle (j+1)$-ème plus proche de $\displaystyle 1$ n’est donc pas sur cet arc, son argument pris dans $\displaystyle (-\pi, \pi]$ est de valeur absolue au moins $\displaystyle \pi j /2n$, et sa distance à $\displaystyle 1$ est au moins $\displaystyle 2 \sin(\pi j / 4n)$.
5. On a les inégalités:
   $$\begin{aligned} & \sum_{\omega \in \mathbb{U}_{2n}} |R(\bar{\omega} z)| \leq \sum_{j=0}^{2n-1} \min(1, 2n^{-2} d_j^{-2}) \\ & \leq 1 + \frac{2}{n^2} \sum_{j=1}^{2n-1} d_j^{-2} \leq 1 + \frac{2}{n^2} \sum_{j=1}^{2n-1} \frac{1}{(2 \sin(\pi j / 4n))^2}. \end{aligned}$$
6. En combinant 2. et 5., on trouve le résultat demandé, avec
   $$C = 1 + \frac{1}{2n^2} \sum_{j=1}^{2n-1} \frac{1}{ \sin^2( \pi j/4n)} \leq 1 + \frac{1}{2n^2} \sum_{j=1}^{2n-1} \frac{1}{ ( (2 / \pi)\pi j/4n)^2},$$
   $$C \leq 1 + 2 \sum_{j=1}^{\infty} \frac{1}{j^2} = 1 + \frac{\pi^2}{3}\leq 5.$$
7. On applique l’égalité pour $\displaystyle N = 4n$, et on obtient
   $$\frac{16n^2 - 1}{3} = \sum_{j=1}^{4n-1}\frac{1}{\sin^2(\pi j / 4n)} = 1 +2 \sum_{j=1}^{2n-1}\frac{1}{\sin^2(\pi j / 4n)},$$
   $$\sum_{j=1}^{2n-1}\frac{1}{\sin^2(\pi j / 4n)} = \frac{8n^2 - 2}{3} \leq \frac{8 n^2}{3}.$$
   Ceci permet de prendre $\displaystyle C = 7/3$.
8. Le polynôme $\displaystyle z \mapsto z^n +i$ donne un contre-exemple pour tout $\displaystyle C < \sqrt{2}$.