Exercices dMAnalyse III

Exercices d’Analyse III
SGC
Philippe Metzener FSB-SMA-MATHAA-EPFL
Corrigé de la série 10
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1. Soit f:R!Rtelle que f(x+ 2) = f(x)et f(x) = 8
<
:
1 jxjsi jxj  1;
0si 1 jxj  :
Calculer sa série de Fourier trigonométrique et en déduire X
k1
cos k
k2et X
k1
cos2k
k2:
Solution: fétant paire, sa série de Fourier trigonométrique prend la forme:
1
2ba0+1 X
k1bakcos kx; où ba0= 1 et bak= 2Z1
0
(1 x) cos kx dx =2
k2(1 cos k); k 1:
fétant continue, le théorème de Fourier-Dirichlet donne:
f(x) = 1
2+2 X
k1
1cos k
k2cos kx; 8x2R; ainsi:
f(0) = 1 = 1
2+2 X
k1
1cos k
k2et f(1) = 0 = 1 2+2 X
k1
1cos k
k2cos k:
Les séries sont absolument convergentes et nous savons déjà que X
k1
1
k2=2 6;
ainsi: X
k1
cos k
k2=2 6 2+1 4et X
k1
cos2k
k2=2 6 2+1 2:
2. Soit L > 0et f:R!Rtelle que f(x+L) = f(x)et f(x) = exsi 0x<L.
Trouver sa série de Fourier et en déduire la valeur de la série
1
X
n=1
1
n2+ 1:
Solution: La série de Fourier de fest 1
LX
k2Zb
fke2k
Lix;avec:
b
fk=ZL
0
exe2k
Lixdx =ZL
0
e(L+i2k)x=Ldx =L(1 eL)
L+ 2ik ;8k2Z.
1

D’après le théorème de Fourier: 1
2(f+(0) + f(0)) = 1 21+eL= lim
M!1
1
L
k=M
X
k=Mb
fk=
(1 eL) lim
M!1
k=M
X
k=M
1
L+ 2ik ;donc: lim
M!1
k=M
X
k=M
1
L+ 2ik =1 2
1+eL
1eL:
Poser L= 2pour obtenir: lim
M!1
k=M
X
k=M
1
1 + ik =coth :
lim
M!1
k=M
X
k=M
1
1 + ik = 1+ lim
M!1
k=M
X
k=1
(1
1 + ik +1 1ik ) = 1+2 lim
M!1
k=M
X
k=1
1
1 + k2= 1+2
1
X
k=1
1
1 + k2:
Conclusion:
1
X
n=1
1
n2+ 1 =1 2(coth 1) :
3. Soit f2P(2)telle que f(x) = x(x22)si jxj  .
Trouver les séries de Fourier trigonométriques des fonctions f ; f0et f00:
Solution: Nous avons aussi f0(x) = 3x22et f00(x) = 6xpour jxj  :
Ainsi, fet f02P(2)\C0(R)car f0() = f0()=22;toutefois, f00 2P(2)sans être
continue car lim
x!f00(x) = 6.
Ainsi, la série de f0est la dérivée de la série de f;de même pour f0et f00:
Comme fest impaire, il su¢ t de calculer, pour k > 0;les
b
bk=Z f(x) sin kx dx =f(x)cos kx
k
+1
kZ
f0(x) cos kx dx =
1
kf0(x)sin kx k
1
kZ
f00(x) sin kx dx=1
k2f00(x)cos kx k
+1
kZ
f000 cos kx dx=
2
k3(1)kf00()6 k3Z
cos kx dx = 12(1)k1
k3:
Conclusion: f(x) = 12 X
k1
(1)k
k3sin kx et f0(x) = 12 X
k1
(1)k
k2cos kx; 8x2R
et f00(x) = 12 X
k1
(1)k
ksin kx; 8x2R,x6= (2n+ 1) ; n 2Z.
2

4. Soit f2C1([0; ]) donnée par f(x) = cos x; où 2R;  =2Z:
Calculer sa série trigonométrique en cosinus et en déduire la valeur de
1
X
k=1
1
k22;où  =2Z:
Solution: La série s’écrit: f0+X
k1
fkcos kx; avec f0=1
Z
0
cos x dx =sin 
 et
fk=2
Z
0
cos x cos kx dx =1
Z
0
(cos(k)x+ cos(k+)x)dx =
1
sin(k) k+sin(k+) k+=(1)ksin  (1 k+1 k) = 2(1)k+1 sin  (k2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 
 2sin  X
k1
(1)kcos kx
k22;8x2[0; ]:
Ainsi, en x=; nous obtenons:
cos  =sin 
 2sin  X
k1
1
k22()
1
X
k=1
1
k22=sin   cos  22sin  :
5. Soit f2C1([0; ]) donnée par f(x) = xsin 2x: Calculer sa série trigonométrique en sinus.
Solution: La série s’écrit: X
k1
fksin kx; avec
fk=2
Z
0
xsin 2xsin kx dx =1
Z
0
x(cos(k2) xcos(k+ 2)x)dx:
f2=1
Z
0
x(1 cos 4x)dx =
2:
Si k6= 3; fk=1
Z
0sin(k2)x
k2sin(k+ 2)x k+ 2 dx =1 cos(k2)x (k2)2cos(k+ 2)x (k+ 2)2
0
=
1
(1)k11 (k2)21 (k+ 2)2=8 (1)k1k
(k24)2:
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:
xsin 2x=16
9sin x16 X
n1
2n+ 1
(4n2+ 4n3)2sin(2n+1)x; 8x2[0; ]:
3