Exercices dMAnalyse III

Exercices d’Analyse III
Philippe Metzener FSB-SMA-MATHAA-EPFL
SGC
Corrigé de la série 10
______________________________________________________
1. Soit f : R ! R telle que f (x + 2 ) = f (x) et f (x) =
8
< 1
:
jxj si jxj
0 si 1
X cos k
Calculer sa série de Fourier trigonométrique et en déduire
k 1
Solution: f
k2
1;
jxj
:
et
X cos2 k
k 1
k2
:
étant paire, sa série de Fourier trigonométrique prend la forme:
Z 1
1X
2
1
b
a0 +
b
ak cos kx; où b
a0 = 1 et b
ak = 2
(1 x) cos kx dx = 2 (1 cos k) ; k
2
k
0
k 1
f étant continue, le théorème de Fourier-Dirichlet donne:
f (x) =
1
2 X 1 cos k
+
cos kx; 8x 2 R; ainsi:
2
k2
k 1
1
2 X 1 cos k
+
2
k2
k 1
f (0) = 1 =
et f (1) = 0 =
1
2 X 1 cos k
+
cos k:
2
k2
k 1
2
X 1
= ;
Les séries sont absolument convergentes et nous savons déjà que
k2
6
k 1
ainsi:
X cos k
k 1
k2
2
=
6
2
+
1
4
et
X cos2 k
k2
k 1
2
=
1
+ :
2 2
6
2. Soit L > 0 et f : R ! R telle que f (x + L) = f (x) et f (x) = e
Trouver sa série de Fourier et en déduire la valeur de la série
x
1
X
n=1
Solution: La série de Fourier de f
fbk =
Z
0
L
x
e e
2k
L
ix
dx =
est
Z
1 X b 2k
fk e L
L k2 Z
ix
(L+i2k )x=L
0
1
n2
x < L.
1
:
+1
; avec:
L
e
si 0
dx =
L(1 e L )
; 8k 2 Z .
L + 2ik
1:
1
1
1+e
D’après le théorème de Fourier: (f+ (0) + f (0)) =
2
2
(1
L
e
) lim
M !1
k=M
X
k= M
M !1
lim
M !1
k= M
1
= 1+ lim
M !1
1 + ik
1
X
Conclusion:
n=1
n2
k=M
1 X b
= lim
fk =
M !1 L
k= M
k=M
X
1
1
; donc: lim
M !1
L + 2ik
L + 2ik
k= M
Poser L = 2 pour obtenir: lim
k=M
X
L
k=M
X
k= M
1
=
1 + ik
=
11+e
21 e
L
L
:
coth :
k=M
X
k=M
1
X 1
X
1
1
1
+
) = 1+2 lim
(
= 1+2
:
2
2
M !1
1
+
ik
1
ik
1
+
k
1
+
k
k=1
k=1
k=1
1
1
= ( coth
+1
2
3. Soit f 2 P (2 ) telle que f (x) = x(x2
1) :
2
) si jxj
.
Trouver les séries de Fourier trigonométriques des fonctions f ; f 0 et f 00 :
Solution: Nous avons aussi f 0(x) = 3x2
2
et f 00 (x) = 6x pour jxj
Ainsi, f et f 0 2 P (2 ) \ C 0 (R) car f 0 ( ) = f 0 (
continue car lim f 00 (x) =
x!
:
) = 2 2 ; toutefois, f 00 2 P (2 ) sans être
6 .
Ainsi, la série de f 0 est la dérivée de la série de f ; de même pour f 0 et f 00 :
Comme f est impaire, il su¢ t de calculer, pour k > 0; les
bbk =
Z
1
sin kx
f 0 (x)
k
k
f (x) sin kx dx =
1
k
Z
00
f (x) sin kx dx =
2
( 1)k f 00 ( )
3
k
Conclusion:
et
f (x) = 12
f 00 (x) =
cos kx
f (x)
k
12
6
k3
Z
1
k2
1
+
k
Z
f 0 (x) cos kx dx =
cos kx
f (x)
k
00
cos kx dx = 12 ( 1)k
1
+
k
Z
000
f cos kx dx =
1
:
k3
X ( 1)k
X ( 1)k
0
sin
kx
et
f
(x)
=
12
cos kx; 8x 2 R
3
2
k
k
k 1
k 1
X ( 1)k
sin kx; 8x 2 R, x 6= (2n + 1) ; n 2 Z.
k
k 1
2
4. Soit f 2 C 1 ([0; ]) donnée par f (x) = cos x; où
2 R;
2
= Z:
Calculer sa série trigonométrique en cosinus et en déduire la valeur de
Solution: La série s’écrit: f0 +
X
fk cos kx; avec f0 =
1
fk =
Z
1
cos x cos kx dx =
0
1
sin(k
k
)
k=1
Z
1
k2
2
; où
sin
cos x dx =
2
= Z:
et
0
k 1
2
1
X
Z
(cos(k
) x + cos(k + )x) dx =
0
+
sin(k + )
k+
( 1)k sin
=
(
1
k+
1
)=
k
2 ( 1)k+1 sin
2)
(k 2
:
Comme la fonction auxiliaire qui permet de construire la série trigonométrique en cosinus est
continue, nous pouvons écrire par le théorème de Fourier:
cos x =
sin
X ( 1)k cos kx
; 8x 2 [0; ] :
2
2
k
k 1
2 sin
Ainsi, en x = ; nous obtenons:
cos
sin
=
X
2 sin
1
k2
k 1
()
2
1
X
k=1
1
k2
2
=
sin
cos
2
2
sin
:
5. Soit f 2 C 1 ([0; ]) donnée par f (x) = x sin 2x: Calculer sa série trigonométrique en sinus.
X
Solution: La série s’écrit: fk sin kx; avec
k 1
fk =
2
Z
x sin 2x sin kx dx =
0
1
Z
x (cos(k
f2 =
1
Z
x(1
cos 4x) dx =
0
Si k 6= 3; fk =
1
1
2) x
cos(k + 2)x) dx:
0
Z
sin(k 2)x
k 2
0
( 1)k
1
:
sin(k + 2)x
1 cos(k 2)x
dx =
k+2
(k 2)2
1
(k
2
2)2
1
(k + 2)2
=
8
( 1)k
1
cos(k + 2)x
(k + 2)2
k
(k 2
4)2
=
0
:
Comme f (0) = f ( ) = 0; la fonction auxiliaire qui permet de construire la série trigonométrique
en sinus est continue, ainsi, nous pouvons écrire par le théorème de Fourier:
x sin 2x =
16
sin x
9
16 X
n 1
2n + 1
sin(2n+1)x; 8x 2 [0; ] :
(4n2 + 4n 3)2
3