Exercice 1

Lycéé Al Khawarizmi
SPE TSI 3
SERIE 15
05/03/2010
et
Exercice 1
Z
x−π
1. Soit f la fonction 2π−périodique tel que f (x) =
pour tout x ∈ [0, 2π[.
2
f est-elle impaire ? paire ?
Soit g = f /(R\2πZ). Montrer que g est impaire.
2π
cos(px) sin(qx)dx = 0 pour tous p, q.
0
3. Posons h = f − g. Alors cn (h) = cn (f ) − cn (g) = 0. De plus, h est continue et
vérifie donc les conclusions du théorème de Parseval, à savoir
Z π
X
|h(t)|2 dt =
|cn (h)|2 = 0.
2. Donner la décomposition en série de Fourier de la fonction f définie par
f (x) = cos(5x).
3. En utilisant le théorème de Parseval, prouver que deux fonctions continues
2π-périodiques ayant les mêmes coefficients de Fourier sont égales.
−π
n∈Z
Puisque t 7→ |h(t)|2 est continue, positive, d’intégrale nulle sur [−π, π], on en
déduit que h = 0 sur [−π, π]. Par 2π−périodicité, f = g sur R tout entier.
4. Soit f une fonction continue 2π−périodique. Montrer que (cn (f )) tend vers
0 lorsque |n| tend vers +∞.
5. On suppose de plus que f est de classe C k . Prouver que cn (f ) = o(1/nk ).
4. D’après le théorème de Parseval, on sait que
Z π
X
|f (t)|2 dt =
|cn (f )|2 .
6. Soit f la fonction "créneau" définie par f (x) = 1 si x ∈ [0, π[, f (x) = −1 si
x ∈ [−π, 0[, et prolongée par 2π-périodicité. Quelle est la régularité de cette
fonction ? Que dire de la série de Fourier de f en 0 ?
√
7. Soit f la fonction paire 2π-périodique définie par f (x) = x sur [0, π]. f
est-elle C 1 par morceaux ?
−π
La série
X
n∈Z
|cn (f )|2 est donc convergente. Son terme général tend vers 0, et on
n∈Z)
conclut que (cn (f )) converge bien vers 0 lorsque |n| tend vers +∞.
Solution
5. Tout repose sur des intégrations par parties. En effet, si f est C 1 et 2π−périodique,
on a
Z π
0
cn (f ) =
f 0 (t)e−int dt
−π
Z π
−int π
= f (t)e
+ in
f (t)e−int dt
−π
1. f n’est pas impaire car f (−2π) 6= −f (2π) , on a en fait : f (−2π) = −f (2π) =
π
f (0) = .
2
f n’est pas paire car
π
π
π
π
3π
π
= − et f −
= f − + 2π = f
=
f
2
4
2
2
2
4
Soit x ∈]0, 2π[ alors g(−x) = g(−x + 2π) . Or −x + 2π ∈]0, 2π[, donc g(−x) =
−x + 2π − π
−x + π
=
= −g(x)
2
2
2. On peut bien sûr se lancer dans des calculs très complexes.... On peut ! Mais quand
même, la décomposition en série de Fourier consiste à représenter une fonction
périodique comme somme des fonctions périodiques les plus élémentaires possibles
(à savoir les sinus et les cosinus). Alors, bien entendu, la décomposition en série
de Fourier de cos(5x) est . . . cos(5x) ! A vous de voir si vous jugez utile de justifier
cela ! Cela dit, c’est une bonne occasion de rappeler que
Z
−π
=
(in)cn (f ).
Par récurrence, on obtient que cn (f (k) ) = (in)k cn (f ). Pour n 6= 0, on a donc :
cn (f ) =
1
cn (f
ik nk
(k)
).
Pour conclure, il suffit de remarquer que cn (f (k) ) tend vers 0 lorsque |n| tend
vers +∞ d’après la question précédente. Cette idée d’intégration par parties est
très utile lorsqu’on veut relier régularité d’une fonction et comportement de ses
coefficients de Fourier.
2π
cos(px) cos(qx)dx = 0 si p 6= q
0
1
6. La fonction f est de classe C 1 par morceaux. En effet, sur l’intervalle [0, π[, elle est
la restriction à [0, π[ d’une fonction de classe C 1 sur [0, π] (la fonction identiquement égale à 1), et sur [−π, 0[, elle est la restriction de d’une fonction de classe C 1
sur [0, π] (la fonction identiquement égale à −1). Le théorème de Dirichlet peut
donc s’appliquer. En particulier, en 0, la série de Fourier de f converge vers
1
lim f (x) + lim f (x) = 0.
2 x→0−
x→0+
3. Remarquons que la fonction est paire : il suffit de calculer les coefficients en cosinus. On a :
Z
Z
2 L/2
L
1 L/2
|x|dx =
xdx = .
a0 =
L −L/2
L 0
4
Z L/2
Z L/2
2π
4
2π
2
nx dx =
nx dx.
an =
|x| cos
x cos
L −L/2
L
L 0
L
On calcule ceci par intégration par parties pour trouver :
(
0
si n est pair
L
n
an = 2 2 ((−1) − 1) =
2L
n π
− 2 2 si n est impair
n π
7. f n’est pas C 1 par morceaux : en effet, sinon, on pourrait définir sur [0, π] une
fonction de classe C 1 qui coïncide avec f sur ]0, π]. Ce n’est pas possible car f 0 (x)
tend vers +∞ en 0.
Exercice 3
Exercice 2
Déterminer la série de Fourier de la fonction périodique de période 2π définie
X 1
,
par f (x) = x2 pour −π ≤ x ≤ π. En déduire la somme des séries
n2
n≥1
X (−1)n+1 X 1
,
.
n2
n4
Déterminer les séries de Fourier (termes en sinus et cosinus) des fonctions suivantes :
1. f 2π−périodique, définie par f (x) = x si −π ≤ x < π.
2. la fonction créneau : f est 2π-périodique, définie par f (x) = 1 si x ∈ [0, π[,
et f (x) = −1 si x ∈ [−π, 0].
n≥1
3. la fonction L−périodique, où L > 0, définie par f (x) = |x| si x ∈ [−L/2, L/2].
Solution
La fonction f est paire, ses coefficients en sinus sont nuls, et on a :
Z π
1
π2
a0 =
,
x2 dx =
2π −π
3
Z
2 π 2
an =
x cos(nx)dx.
π 0
La calcul de an se fait par une double intégration par parties, et on trouve :
4
an = (−1)n 2 .
n
Maintenant, f est continue et C 1 par morceaux : cette fonction est somme de sa série
de Fourier pour tout réel, et on a donc, pour tout x dans [−π, π],
X (−1)n
π2
+4
cos(nx).
x2 =
3
n2
Solution
1. Cette fonction est impaire, les coefficients en cosinus sont nuls. On a par définition :
Z
1 π
x sin(nx)dx.
bn =
π −π
On calcule ce coefficient grâce à une intégration par parties :
bn = (−1)n+1
n≥1
2
n
2. Cette fonction est elle-aussi impaire, et il suffit là encore de calculer les coefficients
en sinus :
Z
Z
1 π
2
1 0
(−1) sin(nx)dx +
sin(nx)dx =
(1 − cos(nπ)).
bn =
π −π
π 0
nπ
n≥1
Si l’on fait x = π, on obtient :
π2 =
Ceci s’écrit plus simplement :
n≥1
(
bn =
X 1
π2
+4
.
3
n2
0
4
nπ
On obtient exactement :
pour n pair
pour n impair
X 1
π2
=
.
2
n
6
n≥1
2
2. f est C 1 par morceaux. Pour tout x de R, on a donc :
4π 2 X 4
4π
1
cos(nx) −
f (x + 0) + f (x − 0) =
+
sin(nx) .
2
3
n2
n
Si l’on fait x = 0, on obtient cette fois :
X (−1)n+1
π2
=
.
n2
12
n≥1
n≥1
Pour calculer la dernière somme demandée, il faut pouvoir mettre les coefficients au
carré, et c’est ce que l’on obtient dans l’égalité de Parseval, que l’on peut appliquer ici
puisque f est continue :
Z π
π4
1 X 16
1
x4 dx =
+
.
2π −π
9
2
n4
Pour x = 0, on trouve :
4π 2 X 4
1
((2π)2 + 0) =
+
.
2
3
n2
n≥1
Ceci donne donc :
n≥1
Ceci donne :
X 1
π2
=
.
n2
6
n≥1
X 1
π4 1 1
π4
=
−
.
=
n4
8 5 9
90
L’autre somme se calcule en appliquant le théorème de Parseval. On a donc :
2 2
Z 2π
4π
1 X 16 16π 2
x4 dx =
+
+
.
3
2
n4
n2
0
n≥1
Exercice 4
n≥1
Soit f la fonction 2π−périodique, définie pour x ∈ [0, 2π[ par f (x) = x2 .
Z
1. Déterminer la série de Fourier de f .
X 1
X 1
, puis
.
2. Calculer
2
n
n4
n≥1
En utilisant le fait que
2π
x4 dx =
0
on trouve que
16π 4
, et en réinjectant le calcul précédent,
5
X 1
π4
=
.
4
n
90
n≥1
n≥1
Solution
Exercice 5
1. On a d’abord :
Z 2π
1
4π 2
a0 (f ) =
x2 dx =
.
2π 0
3
D’autre part, en réalisant deux intégrations par parties, on a :
Z
1 2π 2
an (f ) =
x cos(nx)dx
π 0
2π
Z 2π
1 2 sin nx
2
=
x
−
x sin(nx)dx
π
n
πn 0
0
Z 2π
2 h cos nx i2π
2
=
x
−
cos(nx)dx
πn
n
πn2 0
0
4
=
.
n2
−4π
De même, on trouve bn =
. La série de Fourier de f est donc :
n
4π 2 X 4
4π
+
cos(nx)
−
sin(nx)
.
3
n2
n
Déterminer la série de Fourier de la fonction 2π−périodique définie sur [−π, π] par
f (x) = |x|. En déduire la valeur des sommes suivantes :
+∞
X
+∞
X
1
1
et
.
2
(2n
+
1)
(2n
+
1)4
n=0
n=0
Solution
La fonction est paire, donc les coefficients de Fourier en sinus sont nuls. Calculons les
autres coefficients :
Z
Z
2 π
2
1 π
xdx = π, an =
x cos(nx)dx =
(cos(nπ) − 1) .
a0 (f ) =
π 0
π 0
πn2
Or, cos(nπ) = (−1)n , et donc on a a2n = 0, et a2n+1 =
4
. La série de Fourier
π(2n + 1)2
de f est donc :
π
4 X cos((2n + 1)x
−
.
2
π
(2n + 1)2
n≥1
n≥0
3
Elle est continue et C 1 par morceaux. Elle vérifie donc les hypothèses du théorème de
Dirichlet, et f est somme de sa série de Fourier pour tout x de R. En particulier, pour
x = 0, il vient :
X
n≥0
Pour n ≥ 1, il vient
an
=
=
π2
1
=
.
(2n + 1)2
8
=
=
Enfin, écrivons l’égalité de Parseval :
=
1
2π
Z
π
x2 dx =
−π
1 16 X
1
π2
+ × 2×
.
4
2 π
(2n + 1)4
=
n≥0
=
En isolant la somme, on trouve donc :
X
n≥0
=
=
1
π4
.
=
(2n + 1)2
96
Z
1 π
f (x) cos(nx)dx
π −π
Z π
1
ex cos(nx)dx
π −π
Z
1 π x
e <e(einx )dx
π −π
Z π
1
(1+in)x
<e
e
dx
π −π
1
1
(1+in)π
(1+in)−π
<e
e
−e
π 1 + in
1
(−1)n eπ − (−1)n e−π
<e
π
1 + in
2 sinh π
(−1)n
<e
π
1 + in
2(1 − in) sinh π
(−1)n
<e
π
n2 + 1
n
2(−1) sinh π
.
π(n2 + 1)
Pour les coefficients en sinus, une démarche similaire donne
2 sinh π
(−1)n
=m
bn =
π
1 + in
n
(−1)
2(1 − in) sinh π
=
=m
π
n2 + 1
n+1
2n(−1)
sinh π
.
=
2
π(n + 1)
Exercice 6
Soit f la fonction 2π-périodique telle que f (x) = ex si x ∈ [−π, π[. Déterminer la
X 1
série de Fourier de f . En déduire la valeur des sommes suivantes :
et
n2 + 1
n≥1
X (−1)n
.
n2 + 1
La série de Fourier de f est donc
sinh π X 2(−1)n sinh π
2n(−1)n+1 sinh π
+
cos(nx)
+
sin(nx).
π
π(n2 + 1)
π(n2 + 1)
n≥1
n≥1
Remarquons aussi que la fonction f est de classe C 1 par morceaux (mais elle n’est pas
continue en les points π + 2kπ, k ∈ Z). D’après le théorème de Dirichlet, la série de
1
Fourier de f converge en chaque réel x vers
f (x+ ) + f (x− ) . En particulier, pour
2
x = 0, on trouve
Solution
On calcule les coefficients de Fourier de f . On trouve
1
a0 =
2π
Z
sinh π X 2(−1)n sinh π
2n(−1)n+1 sinh π
+
cos(n0) +
sin(n0) = f (0)
2
π
π(n + 1)
π(n2 + 1)
π
sinh π
1
f (x)dx =
eπ − e−π =
.
2π
π
−π
n≥1
4
soit
on commence par remarquer que g est paire (vérification facile). De plus, on a
sinh π X 2(−1)n sinh π
+
= 1.
π
π(n2 + 1)
Z
2π
X (−1)
n2 + 1
=
n≥1
π
sinh π
× 1−
2 sinh π
π
=
0
2π−1
−1
Z 2π
f (π ) + f (π−)
e +e
=
2
2
f (x − 1) cos(nx)dx
1
2π
0
2π
Z
=
−π
2π+1
f (u) cos(nu + n)du
0
Pour calculer la première somme, on choisit x = π, et on remarque que
π
Z
f (u) cos(nu − n)du −
=
+
Z
f (x + 1) cos(nx)dx −
=
π − sinh π
.
2 sinh π
f (x − 1) cos(nx)dx
0
Z
n
2π
Z
f (x + 1) cos(nx)dx −
=
0
On trouve donc
2π
Z
g(x) cos(nx)dx
n≥1
2f (u) sin(n) sin(nu)du
0
= cosh π.
=
On trouve donc
2
sin n
.
n
La série de Fourier de g est donc
2n(−1)n+1 sinh π
sinh π X 2(−1)n sinh π
+
cos(nπ)
+
sin(nπ) = cosh π
π
π(n2 + 1)
π(n2 + 1)
X 2 sin n
cos(nx).
n
n≥1
n≥1
soit
X
n≥1
2. Puisque f est C 1 par morceaux et qu’elle est continue en 1, on a
π
sinh π
π cosh π − sinh π
1
=
× cosh π −
=
.
2
n +1
2 sinh π
π
2 sinh π
X sin n
π−1
= f (1) =
.
n
2
n≥1
Exercice 7
Soit f la fonction 2π-périodique définie par f (x) =
définie sur R par g(x) = f (x + 1) − f (x − 1).
π−x
si x ∈ [0, 2π[, et soit g
2
D’autre part, g est continue par morceaux, 2π-périodique, on peut donc lui appliquer le théorème de Parseval, et on obtient
Z 2π
2
1 X 4 sin2 n
1
g(x) dx =
.
2π 0
2
n2
1. Déterminer les séries de Fourier de f et de g.
X sin n X sin2 n
2. En déduire que
=
.
n
n2
n≥1
n≥1
Reste à calculer l’intégrale, et pour cela à calculer g sur [0, 2π] :
– si x ∈ [1, 2π − 1], alors
n≥1
Solution
g(x) =
1. On commence par remarquer que la fonction est C 1 par morceaux (elle n’est pas
continue en les points de 2πZ) et est impaire, et donc les coefficients de Fourier
en cosinus sont nuls. Pour calculer ceux en sinus, il suffit d’une simple intégration
par parties, et on trouve que la série de Fourier de f est
π−x−1 π−x+1
−
= −1.
2
2
– si x ∈ [0, 1], alors f (x − 1) = f (x − 1 + 2π) =
π − x + 1 − 2π
et on obtient donc
2
g(x) = −1 + π.
X sin nx
.
n
n≥1
– si x ∈ [2π − 1, 2π] alors f (x + 1) = f (x + 1 − 2π) =
Pour trouver la série de Fourier de g, on peut chercher la valeur de g sur un intervalle de longueur 2π puis intégrer... On peut aussi ruser de la façon suivante :
g(x) = −1 + π.
5
π − x − 1 + 2π
et on obtient
2
On en déduit
Z 2π
Il vient
2
2
2
g(x) dx = 2(−1 + π) + (2π − 2)(−1) = 2π(π − 1).
g(x)
0
=


X
1 
1+
(−1)n e−na einx − e−inx 
sinh a
=
X 2(−1)n e−na
1
+
cos(nx).
sinh a
sinh a
n≥1
Revenant à l’identité de Parseval, on trouve
X sin2 n
π−1
=
,
n2
2
n≥1
à vous de terminer ....
n≥1
ce qui est bien l’égalité demandée.
Exercice 9
Soit α ∈ R\Z.
Exercice 8
1. Prouver que la série de Fourier de la fonction f : R → R définie par
f (t) = cos(αt) pour t ∈ [−π, π[, et prolongée par 2π-périodicité est :
!
+∞
n
X
(−1)
sin(απ)
1 + 2α2
cos(nt) .
απ
α 2 − n2
n=1
1
1. Développer en série entière la fonction f (x) =
, a > 0.
x + ea
2. Démontrer que, pour tout x ∈ R et tout a > 0, on a
1
1
e−a
ea
=
−
.
cos x + cosh a
sinh a eix + ea
eix + e−a
2. En déduire que
+∞
3. En déduire le développement en série de Fourier de la fonction g définie par
g(x) =
cotan(απ) =
1
, a > 0.
cos x + cosh a
3. Démontrer que la série
X
n≥1
t2
ln 1 − 2
n
converge pour tout t ∈] − 1, 1[. On
note, pour t ∈] − 1, 1[, g(t) la somme de cette série.
Solution
1. On écrit
X
2α
1
+
.
2
απ n=1 π(α − n2 )
4. On admet que g est une fonction de classe C 1 sur ] − 1, 1[ et g 0 s’obtient en
dérivant terme à terme. Montrer que pour tout t ∈] − 1, 1[, on a
X
1
e−a
=
= e−a
(−1)n e−na xn
a
−a
x+e
1+e x
+∞
Y
sin(πt)
t2
=
1− 2 .
πt
k
n≥0
a
développement valable pour |x| < e .
k=1
2. C’est une simple vérification.
3. On se contente de donner une indication :
Puisque a > 0, on a |eix | < ea , et donc
NB :si (un )n≥1 est une suite et si la suite (Pn )n ≥ 1 définie par Pn =
n
Y
k=1
X
ea
=
(−1)n einx e−na .
ix
a
e +e
est convergente alors sa limite P est noteé ; P =
+∞
Y
un
n=1
n≥0
Pour la seconde partie, il faut faire attention au fait que e−a < 1, et donc que
le résultat de la première question ne peut pas s’appliquer directement. Mais on
écrit
X
e−a
e−a e−ix
=
=
(−1)n−1 e−nix e−na .
ix
−a
−a
−ix
e +e
1+e e
Solution
1. La fonction est paire, on a donc bn (f ) = 0 pour tout n ≥ 1. De plus,
Z π
1
2 sin(απ)
a0 (f ) =
cos(αt)dt =
.
2π −π
2απ
n≥1
6
uk
De même, pour n ≥ 1, on réalise une double intégration par parties pour calculer
an (f ) :
Z
1 π
cos(αt) cos(nt)dt
an (f ) =
π −π
Z π
1
α
π
=
[− cos(αt) sin(nt)]−π +
sin(αt) sin(nt)dt
nπ
nπ −π
Z π
α
=
sin(αt) sin(nt)dt
πn −π
Z π
α2
α
π
[−
sin(αt)
cos(nt)]
+
cos(αt) cos(nt)dt
=
−π
πn2
n2 π −π
=
3. On a
t2
ln 1 − 2
n
Puisque, à t fixé, la série
∼n→+∞
−t2
.
n2
X −t2
est une série numérique convergente dont le
n2
n≥1
terme général
est toujours
négatif, on en déduit par critère d’équivalence que la
X t2
série
ln 1 − 2 converge pour chaque t ∈] − 1, 1[.
n
n≥1
4. Vu le résultat admis, on a :
2(−1)n+1 α sin(απ) α2
+ 2 an (f ).
πn2
n
g 0 (t) =
X
n≥1
On en déduit que
2t
.
t2 − n2
D’après les résultats des questions précédentes, on a, pour tout t ∈] − 1, 1[, t 6= 0,
α2
2α(−1)n+1 sin(απ)
an (f ) 1 − 2 =
n
πn2
soit
an (f ) =
1
g 0 (t) = πcotan(πt) − .
t
sin(απ)
(−1)n
2α(−1)n+1 sin(απ)
=
×
.
π(n2 − α2 )
απ
α 2 − n2
On intègre cette relation et on obtient qu’il existe une constante C ∈ R tel que,
pour tout t ∈]0, 1[, on a
sin(πt)
g(t) = ln
+ C.
t
Ceci démontre bien que la série de Fourier de f est
sin(απ)
απ
!
+∞
n
X
(−1)
1 + 2α2
cos(nt) .
α 2 − n2
n=1
On fait tendre t vers 0. Le membre de gauche tend vers 0, celui de droite vers
ln(π) + C. On en déduit que C = − ln π et donc que, pour tout t ∈ [0, 1], on a
sin(πt)
g(t) = ln
.
πt
2. On remarque que, par parité de cos, la fonction f est continue (les seuls points qui
pourraient poser problème sont ceux de π + 2πZ, mais on a bien par construction
lim f (x) = cos(απ) = cos(−απ) = lim+ f (x)
x→π −
x→π
Un raisonnement similaire donne le même résultat sur [−1, 0]. Passant à l’exponentielle, on obtient
et donc f est aussi continue en ces points). De plus, f est C 1 par morceaux. Ainsi,
f est en tout point somme de sa série de Fourier. En particulier, en π, on a
!
+∞
n
X
(−1)
sin(απ)
1 + 2α2
cos(απ) =
(−1)n .
2 − n2
απ
α
n=1
sin(πt)
πt
=
=
Ceci entraine immédiatement que
exp(g(t))
exp
+∞
X
ln
k=1
+∞
X
2α
1
+
.
cotan(απ) =
2
απ n=1 π(α − n2 )
=
+∞
Y
k=1
7
k2
1− 2
n
,
t2
1− 2
k
!