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