20 Exercices Corrigés sur les Séries de Fourier — Prépa MP/PC/PSI

1. Pour tout \(x \in [-\pi, \pi[ \setminus \{0\}\), on vérifie que \(f(-x) = -f(x)\). Donc \(f\) est impaire.

2. Puisque \(f\) est impaire, \(a_0 = a_n = 0\) pour tout \(n \geq 0\). On calcule :

Donc \(b_n = 0\) si \(n\) est pair, et \(b_n = \displaystyle\frac{4}{n\pi}\) si \(n\) est impair.

3. La série de Fourier de \(f\) est :

\(f\) est \(C^1\) par morceaux. Par le théorème de Dirichlet, la série converge vers \(f(x)\) en tout point de continuité (c’est-à-dire pour \(x \notin \pi\mathbb{Z}\)) et vers \(0\) aux points de discontinuité (moyenne des limites à gauche et à droite).

1. \(f\) est paire et continue, donc \(b_n = 0\) pour tout \(n\).

Pour \(n \geq 1\), une intégration par parties donne :

Donc \(a_n = 0\) si \(n\) est pair, et \(a_n = -\displaystyle\frac{4}{n^2\pi}\) si \(n\) est impair.

Série de Fourier : \(|x| = \displaystyle\frac{\pi}{2} – \displaystyle\frac{4}{\pi}\sum_{k=0}^{+\infty} \displaystyle\frac{\cos\bigl((2k+1)x\bigr)}{(2k+1)^2}\)

2. \(f\) est continue et \(C^1\) par morceaux, donc la série converge vers \(f(x)\) en tout point. En évaluant en \(x = 0\) :

D’où \(\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty} \displaystyle\frac{1}{(2k+1)^2} = \displaystyle\frac{\pi^2}{8}\). On retrouve \(\zeta(2) = \displaystyle\frac{\pi^2}{6}\) en remarquant que \(\zeta(2) = \displaystyle\frac{4}{3}\sum \displaystyle\frac{1}{(2k+1)^2}\).

On écrit \(\cos^2(x) = \displaystyle\frac{1}{2} + \displaystyle\frac{\cos(2x)}{2}\). C’est un polynôme trigonométrique de degré 2. Sa série de Fourier est donc elle-même : \(a_0 = 1\), \(a_2 = \displaystyle\frac{1}{2}\), tous les autres coefficients sont nuls. Un polynôme trigonométrique est toujours sa propre série de Fourier.

1. \(f\) est paire, donc \(b_n = 0\). On a \(a_0 = \displaystyle\frac{2}{\pi}\int_0^{\pi} t^2\,dt = \displaystyle\frac{2\pi^2}{3}\).

Pour \(n \geq 1\), deux intégrations par parties successives donnent :

Série de Fourier : \(x^2 = \displaystyle\frac{\pi^2}{3} + 4\sum_{n=1}^{+\infty} \displaystyle\frac{(-1)^n\cos(nx)}{n^2}\)

2. \(f\) est continue, donc la série converge ponctuellement. En \(x = \pi\) :

D’où \(\zeta(2) = \displaystyle\frac{\pi^2}{6}\).

3. Parseval : \(\displaystyle\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} x^4\,dx = \displaystyle\frac{a_0^2}{2} + \sum_{n=1}^{+\infty} a_n^2\).

Le membre de gauche vaut \(\displaystyle\frac{2\pi^4}{5}\). Le membre de droite vaut \(\displaystyle\frac{2\pi^4}{9} + 16\,\zeta(4)\).

On obtient \(16\,\zeta(4) = \displaystyle\frac{2\pi^4}{5} – \displaystyle\frac{2\pi^4}{9} = \displaystyle\frac{8\pi^4}{45}\), d’où \(\zeta(4) = \displaystyle\frac{\pi^4}{90}\).

1. \(f\) est impaire, donc \(a_n = 0\). Par intégration par parties :

Série de Fourier : \(S(f)(x) = 2\sum_{n=1}^{+\infty} \displaystyle\frac{(-1)^{n+1}\sin(nx)}{n}\)

2. Par Dirichlet, \(S(f)(x) = f(x) = x\) pour \(x \in ]-\pi, \pi[\). Aux points \(x = \pm\pi\) (discontinuité de la fonction périodisée), \(S(f)(\pi) = \displaystyle\frac{f(\pi^-) + f(-\pi^+)}{2} = \displaystyle\frac{\pi + (-\pi)}{2} = 0\).

En \(x = \displaystyle\frac{\pi}{2}\) : \(\displaystyle\frac{\pi}{2} = 2\sum_{n=1}^{+\infty} \displaystyle\frac{(-1)^{n+1}\sin(n\pi/2)}{n}\). Comme \(\sin(n\pi/2)\) ne vaut \(\pm 1\) que pour \(n\) impair, on obtient \(\displaystyle\frac{\pi}{4} = \sum_{k=0}^{+\infty} \displaystyle\frac{(-1)^k}{2k+1}\).

1. \(f\) est paire, donc \(b_n = 0\). On a \(a_0 = \displaystyle\frac{2}{\pi}\int_0^{\pi} \sin t\,dt = \displaystyle\frac{4}{\pi}\).

Pour \(n \geq 2\), en linéarisant \(\sin t \cos(nt) = \displaystyle\frac{1}{2}\bigl[\sin((n+1)t) – \sin((n-1)t)\bigr]\) et en intégrant, on obtient :

Donc \(a_n = 0\) pour \(n\) impair, et \(a_{2m} = -\displaystyle\frac{4}{\pi(4m^2-1)}\) pour \(m \geq 1\). De plus \(a_1 = 0\).

2. En \(x = 0\) : \(0 = \displaystyle\frac{2}{\pi} – \displaystyle\frac{4}{\pi}\sum_{m=1}^{+\infty}\displaystyle\frac{1}{4m^2-1}\), d’où \(\sum_{m=1}^{+\infty}\displaystyle\frac{1}{4m^2-1} = \displaystyle\frac{1}{2}\).

(On retrouve ce résultat par décomposition en éléments simples : \(\displaystyle\frac{1}{4m^2-1} = \displaystyle\frac{1}{2}\Bigl(\displaystyle\frac{1}{2m-1} – \displaystyle\frac{1}{2m+1}\Bigr)\), série télescopique.)

Pour une fonction de période \(T\), la pulsation fondamentale est \(\omega = \displaystyle\frac{2\pi}{T} = \pi\). Les coefficients sont :

(\(f\) est impaire, donc \(a_n = 0\).) Par intégration par parties :

Série de Fourier : \(S(f)(x) = \displaystyle\frac{2}{\pi}\sum_{n=1}^{+\infty} \displaystyle\frac{(-1)^{n+1}\sin(n\pi x)}{n}\)

1. \(c_n = \displaystyle\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi} e^{(1-in)t}\,dt = \displaystyle\frac{e^{(1-in)\pi} – e^{-(1-in)\pi}}{2\pi(1-in)}\)

Or \(e^{(1-in)\pi} = (-1)^n e^{\pi}\) et \(e^{-(1-in)\pi} = (-1)^n e^{-\pi}\). Donc :

2. Parseval : \(\displaystyle\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi} e^{2t}\,dt = \sum_{n \in \mathbb{Z}} |c_n|^2\).

Membre de gauche : \(\displaystyle\frac{\mathrm{sh}(2\pi)}{2\pi}\).   \(|c_n|^2 = \displaystyle\frac{\mathrm{sh}^2(\pi)}{\pi^2(1+n^2)}\).

On obtient : \(\sum_{n \in \mathbb{Z}} \displaystyle\frac{1}{1+n^2} = \displaystyle\frac{\pi\,\mathrm{sh}(2\pi)}{2\,\mathrm{sh}^2(\pi)} = \pi\,\mathrm{coth}(\pi)\)

car \(\mathrm{sh}(2\pi) = 2\,\mathrm{sh}(\pi)\,\mathrm{ch}(\pi)\).

1. Par intégration par parties :

Le crochet est nul car \(f\) est \(2\pi\)-périodique : \(f(\pi) = f(-\pi)\). Donc \(c_n(f^\prime) = in\,c_n(f)\).

Le lemme de Riemann-Lebesgue donne \(c_n(f^\prime) \to 0\), d’où \(in\,c_n(f) \to 0\), soit \(c_n(f) = o(1/|n|)\).

2. Par récurrence : \(c_n(f^{(k)}) = (in)^k\,c_n(f)\). Le lemme de Riemann-Lebesgue sur \(f^{(k)}\) donne \((in)^k c_n(f) \to 0\), soit \(c_n(f) = o(1/|n|^k)\).

3. On a calculé (exercice 4) \(a_n = 4(-1)^n/n^2\), soit \(c_n = 2(-1)^n/n^2\) pour \(n \neq 0\). On a bien \(c_n = O(1/n^2)\), mais \(n^2|c_n| = 2 \not\to 0\), donc \(c_n \neq o(1/n^2)\).

Interprétation : \(g\) est continue comme fonction périodique (\(g(\pi) = g(-\pi) = \pi^2\)), mais sa dérivée \(g^\prime(x) = 2x\) a un saut en \(\pm\pi\) (\(g^\prime(\pi^-) = 2\pi \neq g^\prime(-\pi^+) = -2\pi\)). La fonction périodisée est \(C^0\) mais pas \(C^1\), ce qui explique la décroissance en \(1/n^2\) (une seule IPP possible) sans pouvoir atteindre \(o(1/n^2)\).

1. \(f\) est paire, donc \(b_n = 0\). On calcule :

Pour \(n \geq 1\), deux intégrations par parties donnent (la condition \(\alpha \notin \mathbb{N}\) assure \(\alpha^2 + n^2 \neq 0\)) :

2. \(f\) est continue et \(C^1\) par morceaux. En \(x = \pi\) :

En divisant par \(\mathrm{sh}(\alpha\pi)\) puis en multipliant par \(\pi\) :

3. En notant \(\displaystyle\frac{2\alpha}{\alpha^2+n^2} = \displaystyle\frac{1}{\alpha – in} + \displaystyle\frac{1}{\alpha + in}\), on reconnaît le développement en éléments simples de \(\pi\,\mathrm{coth}(\pi z)\) :

Les pôles sont aux points \(z = in\) (\(n \in \mathbb{Z}^*\)), chacun de résidu 1.

1. \(f\) est impaire, donc \(a_n = 0\). Trois intégrations par parties (en utilisant les résultats de l’exercice 4 pour \(\int_0^{\pi} t^2\cos(nt)\,dt\)) donnent :

2. Parseval : \(\displaystyle\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} t^6\,dt = \sum_{n=1}^{+\infty} b_n^2\).

Membre de gauche : \(\displaystyle\frac{2\pi^6}{7}\). En développant \(b_n^2 = 4\Bigl(\displaystyle\frac{\pi^4}{n^2} – \displaystyle\frac{12\pi^2}{n^4} + \displaystyle\frac{36}{n^6}\Bigr)\) et en sommant :

D’où \(144\,\zeta(6) = 2\pi^6\Bigl(\displaystyle\frac{1}{7} – \displaystyle\frac{1}{15}\Bigr) = \displaystyle\frac{16\pi^6}{105}\), soit \(\zeta(6) = \displaystyle\frac{\pi^6}{945}\).

1. \(D_N(t) = e^{-iNt}\displaystyle\sum_{k=0}^{2N}(e^{it})^k = e^{-iNt}\cdot\displaystyle\frac{1-e^{i(2N+1)t}}{1-e^{it}}\)

En multipliant numérateur et dénominateur par les exponentielles complexes conjuguées appropriées :

2. \(S_N(f)(x) = \sum_{n=-N}^{N} c_n(f)\,e^{inx} = \sum_{n=-N}^{N}\Bigl(\displaystyle\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi} f(u)\,e^{-inu}\,du\Bigr)e^{inx}\)

En intervertissant somme et intégrale (somme finie) et en posant \(t = x – u\) :

3. Il suffit d’appliquer la formule précédente à \(f = 1\) : \(S_N(1)(x) = 1 = \displaystyle\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi} D_N(t)\,dt\).

1. En échangeant les intégrales (Fubini, la somme est finie pour les sommes partielles) et en effectuant le changement de variable \(u = x – t\) :

2. Par Cauchy-Schwarz : \(|c_n(f) \cdot c_n(g)| \leq |c_n(f)| \cdot |c_n(g)|\). Comme \((c_n(f))_{n}\) et \((c_n(g))_n\) sont dans \(\ell^2(\mathbb{Z})\) (Parseval), leur produit est dans \(\ell^1(\mathbb{Z})\) (Cauchy-Schwarz). Donc \(\sum |c_n(f*g)|\) < \(+\infty\) : la série de Fourier de \(f*g\) converge absolument et uniformément, d’où la continuité de \(f*g\).

1. Posons \(P = S_N(f) = \sum_{|n| \leq N} c_n e^{int}\). Par orthonormalité de \((e^{int}/\sqrt{2\pi})\) dans \(L^2\) :

(où \(\|f\|_2^2 = \displaystyle\frac{1}{2\pi}\int |f|^2\)). Comme \(\|f – P\|_2^2 \geq 0\), on obtient l’inégalité de Bessel : \(\sum_{|n| \leq N}|c_n(f)|^2 \leq \|f\|_2^2\).

2. Soit \(Q = \sum_{|n| \leq N} \gamma_n e^{int}\) un polynôme trigonométrique quelconque. On développe :

Ce dernier terme est \(\geq 0\) et nul si et seulement si \(\gamma_n = c_n\) pour tout \(|n| \leq N\). Donc \(\|f – Q\|_2 \geq \|f – S_N(f)\|_2\) : la somme partielle \(S_N(f)\) est bien le meilleur approximant en norme \(L^2\).

Pour la question 3, utiliser la relation \(B_n^\prime = nB_{n-1}\) et la formule \(c_m(g^\prime) = 2i\pi m \cdot c_m(g)\) (coefficients de période 1) pour relier les coefficients de \(B_{2k}\) à ceux de \(B_1\).

1. \(B_1^\prime = 1\) donne \(B_1(x) = x + C\). La condition \(\int_0^1 B_1 = 0\) impose \(C = -\displaystyle\frac{1}{2}\). De même, \(B_2^\prime = 2B_1 = 2x – 1\) donne \(B_2(x) = x^2 – x + C\), et \(\int_0^1 B_2 = 0\) impose \(C = \displaystyle\frac{1}{6}\).

2. \(B_1\) est une fonction en dent de scie de période 1, impaire par rapport à \(x = \displaystyle\frac{1}{2}\). Ses coefficients de Fourier (en base \(e^{2i\pi mx}\)) pour \(m \neq 0\) sont :

\(c_m(B_1) = \int_0^1 \Bigl(t – \displaystyle\frac{1}{2}\Bigr)e^{-2i\pi mt}\,dt = -\displaystyle\frac{1}{2i\pi m}\) (par IPP)

D’où \(B_1(x) = -\displaystyle\frac{1}{\pi}\sum_{m \neq 0}\displaystyle\frac{\sin(2\pi mx)}{2m} = -\displaystyle\frac{1}{\pi}\sum_{m=1}^{+\infty}\displaystyle\frac{\sin(2\pi mx)}{m}\) sur \(]0,1[\).

3. La relation \(B_n^\prime = nB_{n-1}\) donne \(c_m(B_n) = \displaystyle\frac{n}{2i\pi m}\,c_m(B_{n-1})\) pour \(m \neq 0\). Par récurrence :

\(c_m(B_{2k}) = \displaystyle\frac{(2k)!}{(2i\pi m)^{2k-1}} \cdot c_m(B_1) = \displaystyle\frac{-(2k)!}{(2i\pi m)^{2k}}\).

En évaluant en \(x = 0\) et en utilisant \(B_{2k}(0) = B_{2k}\) :

D’où la formule \(\zeta(2k) = (-1)^{k+1}\displaystyle\frac{(2\pi)^{2k}B_{2k}}{2(2k)!}\). Pour \(k=1\) : \(B_2 = \displaystyle\frac{1}{6}\), \(\zeta(2) = \displaystyle\frac{(2\pi)^2}{12} = \displaystyle\frac{\pi^2}{6}\).

1. Par la formule de l’exercice 12 : \(D_k(t) = \displaystyle\frac{\sin((2k+1)t/2)}{\sin(t/2)}\). On utilise l’identité :

(obtenue en sommant la partie imaginaire de la série géométrique \(\sum e^{i(2k+1)\theta}\)). Avec \(\theta = t/2\) :

D’où la formule pour \(K_N\).

2. Positivité : immédiate (quotient de carrés). Intégrale : \(\displaystyle\frac{1}{2\pi}\int K_N = \displaystyle\frac{1}{N+1}\sum_{k=0}^N \displaystyle\frac{1}{2\pi}\int D_k = 1\) (chaque \(D_k\) intègre à 1). Concentration : pour \(|t| \geq \delta\), \(\sin^2(t/2) \geq \sin^2(\delta/2)\) > \(0\), donc \(K_N(t) \leq \displaystyle\frac{1}{(N+1)\sin^2(\delta/2)} \to 0\).

3. \(\sigma_N(f)(x) = \displaystyle\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi} f(x-t)\,K_N(t)\,dt\). Écrivons :

Soit \(\varepsilon\) > \(0\). \(f\) est uniformément continue sur \(\mathbb{R}\) (continue et périodique), donc il existe \(\delta\) tel que \(|t| \leq \delta \Rightarrow |f(x-t) – f(x)|\) < \(\varepsilon\). On découpe l’intégrale :

• Sur \(|t| \leq \delta\) : la contribution est \(\leq \varepsilon \cdot \displaystyle\frac{1}{2\pi}\int K_N \leq \varepsilon\).
• Sur \(|t| \geq \delta\) : \(|f(x-t)-f(x)| \leq 2\|f\|_{\infty}\) et \(K_N(t) \leq C/N\), donc cette partie tend vers 0 uniformément en \(x\).

Pour \(N\) assez grand, \(|\sigma_N(f)(x) – f(x)|\) < \(2\varepsilon\) uniformément en \(x\).

Pour la question 3, montrer l’inégalité \(\sum n^2(|c_n|^2 + |c_{-n}|^2) \geq \sum n(|c_n|^2 – |c_{-n}|^2)\) terme à terme pour \(n \geq 1\).

1. Avec \(|z^\prime| = L/(2\pi)\) constant : \(\displaystyle\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}|z^\prime(t)|^2\,dt = \displaystyle\frac{L^2}{4\pi^2}\). Par Parseval : \(\displaystyle\frac{1}{2\pi}\int|z^\prime|^2 = \sum_{n \in \mathbb{Z}}|inc_n|^2 = \sum n^2|c_n|^2\). D’où :

2. La formule de l’aire orientée est \(A = \displaystyle\frac{1}{2}\mathrm{Im}\int_0^{2\pi}\overline{z}\,z^\prime\,dt\). On développe :

(par orthogonalité). Donc \(A = \displaystyle\frac{1}{2}\mathrm{Im}\bigl(2\pi\sum in|c_n|^2\bigr) = \pi\sum_{n \in \mathbb{Z}} n\,|c_n|^2\).

3. On doit montrer \(4\pi^2\sum n^2|c_n|^2 \geq 4\pi^2\sum n|c_n|^2\), soit \(\sum n^2|c_n|^2 \geq \sum n|c_n|^2\).

Pour \(n \geq 1\), regroupons les termes \(n\) et \(-n\) :

• Contribution au membre de gauche : \(n^2(|c_n|^2 + |c_{-n}|^2)\)
• Contribution au membre de droite : \(n(|c_n|^2 – |c_{-n}|^2)\)

La différence est \(n\bigl[(n-1)|c_n|^2 + (n+1)|c_{-n}|^2\bigr] \geq 0\) pour \(n \geq 1\).

Cas d’égalité : il faut \((n-1)|c_n|^2 = 0\) et \((n+1)|c_{-n}|^2 = 0\) pour tout \(n \geq 1\). Cela impose \(c_n = 0\) pour \(|n| \geq 2\) et \(c_{-1} = 0\). Donc \(z(t) = c_0 + c_1 e^{it}\) : l’égalité est atteinte si et seulement si \(\gamma\) est un cercle.

1. La séparation des variables donne \(X^{\prime\prime}/X = T^\prime/T = -\lambda\) (constante). Avec les conditions \(X(0) = X(\pi) = 0\), les solutions non triviales sont :

\(\lambda_n = n^2, \quad X_n(x) = \sin(nx), \quad T_n(t) = e^{-n^2 t}\) pour \(n \geq 1\)

2. Par superposition : \(u(x,t) = \sum_{n=1}^{+\infty} b_n \sin(nx)\,e^{-n^2 t}\) où les \(b_n\) sont les coefficients de Fourier en sinus de \(g(x) = x(\pi-x)\).

En utilisant \(\int_0^{\pi} t\sin(nt)\,dt = (-1)^{n+1}\pi/n\) et \(\int_0^{\pi} t^2\sin(nt)\,dt = (-1)^{n+1}\pi^3/n + … \), un calcul (double IPP puis simplification) donne :

\(b_n = 0\) si \(n\) est pair, \(b_n = \displaystyle\frac{8}{\pi n^3}\) si \(n\) est impair.

Solution : \(u(x,t) = \displaystyle\frac{8}{\pi}\sum_{k=0}^{+\infty} \displaystyle\frac{\sin\bigl((2k+1)x\bigr)}{(2k+1)^3}\,e^{-(2k+1)^2 t}\)

3. Pour \(t\) > \(0\) fixé : \(\Bigl|\displaystyle\frac{\sin((2k+1)x)}{(2k+1)^3}\,e^{-(2k+1)^2 t}\Bigr| \leq \displaystyle\frac{e^{-(2k+1)^2 t}}{(2k+1)^3}\).

Cette dernière expression est le terme général d’une série convergente (décroissance exponentielle). La série converge donc normalement sur \([0,\pi]\) pour tout \(t\) > \(0\). C’est le phénomène de lissage instantané par l’équation de la chaleur.

1. En sommant les deux séries géométriques :

En réduisant au même dénominateur \((1-re^{i\theta})(1-re^{-i\theta}) = 1-2r\cos\theta+r^2\) :

Numérateur : \((1-re^{-i\theta}) + re^{-i\theta}(1-re^{i\theta}) = 1 – re^{-i\theta} + re^{-i\theta} – r^2 = 1 – r^2\).

D’où \(P_r(\theta) = \displaystyle\frac{1-r^2}{1-2r\cos\theta+r^2}\).

2. Positivité : le numérateur \(1-r^2\) > \(0\) et le dénominateur \(= |1-re^{i\theta}|^2\) > \(0\). Intégrale : seul le terme \(n=0\) dans \(\sum r^{|n|} e^{in\theta}\) contribue, d’où \(\displaystyle\frac{1}{2\pi}\int P_r = r^0 = 1\).

3. Harmonicité : \(u(r,\theta) = \sum c_n(f)\,r^{|n|}e^{in\theta}\). Chaque terme \(r^{|n|}e^{in\theta}\) est harmonique (partie réelle de \((re^{i\theta})^n\) ou \((re^{-i\theta})^{|n|}\)). La série converge normalement pour \(r\) < \(1\) fixé (facteur \(r^{|n|}\) géométrique), donc \(u\) est harmonique.

Convergence uniforme : la preuve est identique à celle du noyau de Féjer (exercice 16). \(P_r\) est une approximation de l’identité : \(P_r \geq 0\), intègre à 1, et pour \(\delta\) > \(0\) fixé, \(\sup_{|t| \geq \delta} P_r(t) \to 0\) quand \(r \to 1^-\) (car le dénominateur \(1-2r\cos t + r^2 \geq 1-2r\cos\delta+r^2 \to 2(1-\cos\delta)\) > \(0\)). Le même argument \(\varepsilon/\delta\) conclut.

1. L’exercice 16 montre que \(\sigma_N(f) \to f\) uniformément. Or \(\sigma_N(f)\) est un polynôme trigonométrique de degré \(\leq N\) (combinaison linéaire des \(S_k(f)\)). Donc pour \(N\) assez grand, \(P = \sigma_N(f)\) convient. C’est le théorème de Weierstrass trigonométrique.

2. On sait (exercice 14) que \(\|f – S_N(f)\|_2^2 = \|f\|_2^2 – \sum_{|n| \leq N}|c_n|^2\). Par le théorème précédent, pour tout \(\varepsilon\) > \(0\), il existe \(P\) de degré \(\leq M\) avec \(\|f – P\|_{\infty}\) < \(\varepsilon\). Comme \(S_N(f)\) est le meilleur approximant \(L^2\) :

\(\|f – S_N(f)\|_2 \leq \|f – P\|_2 \leq \|f – P\|_{\infty} \cdot \sqrt{2\pi}/(2\pi)^{1/2}\) < \(\varepsilon\) pour \(N \geq M\).

Donc \(\|f – S_N(f)\|_2 \to 0\), d’où \(\sum_{|n| \leq N} |c_n|^2 \to \|f\|_2^2\) : c’est Parseval.

L’extension à \(L^2\) se fait par densité de \(C^0_{2\pi}\) dans \(L^2\).