Une série de Fourier exotique

Les exemples de séries de Fourier qui sont utilisés sont presque toujours des fonctions $C^1$ par morceaux dont les coefficients sont des fractions rationnelles en $n$ vérifiant une asymptotique $c_n\sim_\infty {1\over n^a}$ avec $a\in{\mathbb N}$ . Le plus souvent on peut vérifier que $a=1$ pour des fonctions discontinue  et $a\geq 2$ pour des fonctions continues, pourtant on peut avoir des séries de Fourier avec des comportements plus exotiques correspondant à des fonctions continues mais pas $C^1$ par morceaux. Je suis tombé un peu par hasard sur un tel exemple assez facilement calculable que je n'ai retrouvé nulle part avant (mais peut être l'avez vous déjà rencontré?) :

La fonction $f(x)=\sqrt{\vert \sin(x)\vert}$   est paire , $\pi$ périodique et ${\mathbb L}^2([0;\pi])$ elle admet donc un développement en séries de Fourier , au moins au sens d'une décomposition dans la base Hilbertienne des $\cos(nx)$ et $\sin(nx)$. Cette fonction est continue  mais pas $C^1$ par morceaux,  car sa dérivée  n'admet pas de limites finies à droite et à gauche aux points $(k\pi)_{k\in{\mathbb Z}}$. A cause de la singularité de $x\mapsto \sqrt{x}$ on a $\lim_{x\to k\pi^\pm}f'(x)=\pm \infty$ ce qui correspond aux tangentes verticales en ces points

Ce  développement en séries de Fourier ne contient que des termes en $\cos(nx)$  (avec seulement les $n$ pairs en fait) dont les coefficients sont exprimés par  la formule usuelle sur laquelle on va faire une intégration par parties :

$$\begin{align*} a_n&={2\over\pi}\int_0^\pi \sqrt{\sin(x)}\cos(nx) \,dx\\ &= {2\over\pi}\left(\left[\sqrt{\sin(x)}{\sin(nx)\over n }\right]_0^\pi-  \int_0^\pi {\cos(x)\over 2\sqrt{\sin(x)}}{\sin(nx)\over n } \,dx\right)\\ &= -{1\over n\pi}  \int_0^\pi {\cos(x)\over \sqrt{\sin(x)}}\sin(nx) \,dx=-{1\over n\pi}  b_n\\ \end{align*}$$
on a posé  $b_n=-\pi na_n$ et on va calculer astucieusement (grâce aux formules d'addition des $\cos$ et $\sin$) :

$$\begin{align*} b_{n+1}-b_{n-1} &= \int_0^\pi {\cos(x)\over \sqrt{\sin(x)}}(\sin((n+1)x)-\sin((n-1)x)) \,dx\\ &= \int_0^\pi {\cos(x)\over \sqrt{\sin(x)}}(2\sin(x)\cos(nx)) \,dx\\ &= \int_0^\pi  \sqrt{\sin(x)}(2\cos(x)\cos(nx)) \,dx\\ &= \int_0^\pi  \sqrt{\sin(x)}(\cos((n+1)x)+\cos((n-1)x)) \,dx\\ &= {\pi\over 2}(a_{n+1}+a_{n-1}) \end{align*}$$
on a donc obtenue une équation récurrente linéaire sur les $a_n$ :
$$\begin{align*} a_{n+1}+a_{n-1}=-(2n+2)a_{n+1}+(2n-2)a_{n-1} \Leftrightarrow a_{n+1}={2n-3\over 2n+3}a_{n-1} \end{align*}$$
ceci permet de trouver facilement une forme close pour les $a_{2n}$ sous forme d'un produit (les termes impairs étant nuls) :
$$\begin{align*} a_{2n}&=a_{(2n-1)+1}={4n-5\over 4n+1}a_{2(n-1)}\\ &={4n-5\over 4n+1}\times \dots\times {3\over 5}\times {-1\over 1}a_{0}\\ &=\prod_{k=1}^n {4k-5\over 4k+1}a_0=-\prod_{k=2}^n {4k-5\over 4k+1}a_0 \end{align*}$$
où la valeur $a_0$  s'exprime avec la fonction $\beta$
$$\begin{align*} a_0&={2\over\pi}\int_0^\pi \sqrt{\sin(x)} \,dx ={2\over\pi}\beta\left({1\over 2},{3\over 4}\right)= 1.525519527003627\dots \end{align*}$$

il reste à faire l'évaluation asymptotique  de $a_{2n}$ . Puisque c'est un produit  on passe par le logarithme et on est ramené à étudier une série divergente :

$$\begin{align*} \ln\left(\prod_{k=2}^n {4k-5\over 4k+1}\right) &=\ln\left(\prod_{k=1}^n {1-{5\over 4k}\over 1+{1\over 4k}}\right)\\ &=\sum_{k=2}^n \ln\left(1-{5\over 4k}\right)-\ln\left(1+{1\over 4k}\right)\\ &=\sum_{k=2}^n -{5\over 4k}-{1\over 4k}+{\cal O}\left({1\over k^2}\right)\\ &=\sum_{k=2}^n -{3\over 2k}+{\cal O}\left({1\over k^2}\right)\\ &= -{3\over 2}\ln(n)+\ln(C)+{\cal O}\left({1\over n}\right)\\ \end{align*}$$
où on a utilisé que $\sum_{k=1}^n{1\over k}= \ln(n)+\gamma+{\cal O}\left({1\over n}\right)$. On peut finalement conclure que
$$a_{2n}= -{C\over n\sqrt{n}}\left(1+{\cal O}\left({1\over n}\right)\right)\sim_\infty -{C\over n\sqrt{n}}$$

Faute d'autres idées pour calculer la constante $C$  j'obtiens le résultat final :

  $$\sqrt{\vert \sin(x)\vert}=\underbrace{{2\over\pi}\beta\left({1\over 2},{3\over 4}\right)}_{a_0\approx 1.525519527}\left({1\over 2}+\sum_{n=1}^{\infty} \underbrace{\prod_{k=1}^n {4k-5\over 4k+1} }_{{a_{2n}\over a_0}\sim_\infty -{C\over n\sqrt{n}}}\cos (2n x)\right)~~~~ \forall x\in {\mathbb R}$$

Au départ l'idée m'est venue d'un exercice posé par un collègue, qui se traite avec des calculs tout à fait similaires :
$$\ln(\vert \sin(x)\vert)= -\ln(2)-\sum_{n=1}^\infty {1\over n} \cos(2nx)$$
j'ai aussi trouvé un autre exemple de ce type sur stackexchange  avec la fonction impaire définie sur $[0,\pi]$ par $f(x)=\ln (\sqrt{1+\sin (x)}+\sqrt{\sin (x)})$ alors on a:
  $$f(x)=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{4^{-n}(2 n) !}{(2 n+1)(n !)^{2}} \sin ((2 n+1) x)$$

Le calcul est basée sur la même approche, après une intégration par parties on trouve une expression qui doit permettre de retomber sur une récurrence linéaire (que je n'ai pas trouvé !) :

$$b_{n}=\frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} \ln (\sqrt{1+\sin (x)}+\sqrt{\sin (x)}) \sin (n x) d x =\frac{2}{\pi n} \int_{0}^{\pi / 2} \frac{\cos(x) \cos (n x)}{\sqrt{\sin (x)(1+\sin (x))}} d x$$


en utilisant la formule de Stirling on obtient un comportement asymptotique comparable à celle de $\sqrt{\vert \sin(x)\vert}$ :


  $$\frac{4^{-n}(2 n) !}{(2 n+1)(n !)^{2}} \sim_\infty 4^{-n}{\left({2n\over e}\right)^{2n}\sqrt{4\pi n}\over(2n+1) \left({n\over e}\right)^{2n}2\pi n} ={\sqrt{2}\over(2n+1) \sqrt{\pi n}} \sim_\infty{1\over \sqrt{2\pi }}{1\over n\sqrt{ n}}$$

si vous avez d'autres exemples de comportement exotiques pour des séries de Fourier n'hésitez pas à les partager ici même!