Développement trigonométrique

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Développement trigonométrique
Exercice 1 [ 00962 ] [correction]
Soit t ∈ ]−1, 1[. Former le développement en série de Fourier de la fonction
Enoncés
1
Exercice 6 [ 03424 ] [correction]
Soient f, g : R → C continues par morceaux et 2π-périodiques.
a) Montrer la convergence de la somme
+∞
X
sin x
x 7→
1 − 2t cos x + t2
|cn (f )cn (g)|
n=−∞
b) Soit ϕ : R → C définie par
Exercice 2 [ 00964 ] [correction]
Former le développement en série de Fourier de
x 7→ ecos x cos(sin x)
Exercice 3 [ 00966 ] [correction]
Pour |z| < 1, calculer
Z π
0
1 − z cos t
cos(nt) dt
1 − 2z cos t + z 2
ϕ(x) =
+∞
X
cn (f )cn (g)einx
n=−∞
Calculer les coefficients de Fourier de ϕ.
Exercice 7 [ 03667 ] [correction]
Soit a > 0.
a) Développer en série entière
x 7→
1
x + ea
b) En déduire le développement en série de Fourier de
Exercice 4
Calculer
[ 00968 ]
[correction]
+∞
X
p=0
t 7→
(−1)p
1
cos t + cha
cos(2p + 1)x
(2p + 1)!
Exercice 5 [ 03326 ] [correction]
Soit la fonction f : R → C 2π-périodique donnée par
f (t) = ee
it
a) Déterminer les coefficients de Fourier exponentiels de f .
b) Etablir
Z 2π
+∞
X
1
e2 cos t dt = 2π
2
(n!)
0
n=0
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Corrections
Corrections
2
Par convergence normale de la série de fonctions engagée,
+∞ Z
1 X π 1
an =
cos(mx) cos(nx) dx
π m=0 −π m!
Exercice 1 : [énoncé]
Par décomposition en éléments simples
Rπ
Rπ
Or −π cos(mx) cos(nx) dx = 0 si m 6= n et −π cos(mx) cos(nx) dx = π si
m = n 6= 0.
1
.
Ainsi an = n!
Finalement, l’écriture
a
ā
sin x
=
+
1 − 2t cos x + t2
t − eix
t − e−ix
avec
a=
donc
sin x
= Re
1 − 2t cos x + t2
1
sin x
=
−ix
−e
2i
eix
1 1
i t − eix
= Re ie−ix
1
1 − te−ix
ecos x cos(sin x) =
+∞
X
1
cos(nx)
n!
n=0
est bien le développement en série de Fourier de la fonction considérée.
puis
+∞
X
sin x
=
tn sin(n + 1)x
1 − 2t cos x + t2
n=0
La fonction étudiée étant impaire an = 0.
Par convergence normale obtenue via |t| < 1, on a bn+1 = tn
Ainsi l’écriture précédente est le développement en série de Fourier de la fonction
étudiée.
Exercice 3 : [énoncé]
1 − z cos t
1
=
2
1 − 2z cos t + z
2
1
1
+
it
1 − (e z) 1 − (e−it z)
=
+∞
1 X int
(e + e−int )z n
2 n=0
puis
+∞
X
1 − z cos t
=
cos(nt)z n
1 − 2z cos t + z 2
n=0
Exercice 2 : [énoncé]
+∞
P
ecos x cos(sin x) = Re ecos x+i sin x = Re
n=0
einx
n!
=
+∞
P
n=0
1
n!
cos(nx).
Il reste à justifier que ce développement correspond au développement en série de
Fourier de la fonction.
Puisque la fonction est paire, bn = 0.
On a
Z +∞
1 π X 1
a0 =
cos(nx) dx
π −π n=0 n!
Par convergence normale de la série de fonctions engagée,
+∞ Z
1X π 1
a0 =
cos(nx) dx = 2
π n=0 −π n!
On a
1
an =
π
Z
+∞
π X
1
cos(mx) cos(nx) dx
m!
−π m=0
avec convergence normale sur [0, π]. Par suite
Z π
1 − z cos t
π
cos(nt) dt = z n
2
2
0 1 − 2z cos t + z
compte tenu de l’orthogonalité des fonctions t 7→ cos(kt).
Exercice 4 : [énoncé]
+∞
X
p=0
+∞
X
+ 1)x
ei(2p+1)x
= Re
(−1)p
(2p + 1)!
(2p + 1)!
p=0
p cos(2p
(−1)
!
= Re(sin(eix ))
ix
or sin(e ) = sin(cos x + i sin x) = sin(cos x)ch(sin x) + ish(sin x) cos(cos x) donc
+∞
X
p=0
(−1)p
cos(2p + 1)x
= sin(cos x)ch(sin x)
(2p + 1)!
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Corrections
Exercice 5 : [énoncé]
a) Pour tout t ∈ R on peut écrire
b) La fonction ϕ est définie, continue et 2π-périodique par convergence normale
de la série de fonctions sous-jacente. Pour p ∈ Z
f (t) =
+∞ int
X
e
n!
n=0
cp (ϕ) =
P 1
Puisque la série à termes positifs
n! converge, on peut par convergence normale
calculer les coefficients de Fourier de f en intégrant terme à terme
cp (f ) =
1
2π
2π
Z
0
3
Z
+∞
1 X 1 2π i(n−p)t
−ipt
f (t)e
dt =
e
dt
2π n=0 n! 0
1
2π
on obtient
Z
+∞
X
cn (f )cn (g)ei(n−p)x dx
2π n=−∞
Par convergence normale de la série des fonctions continues
x 7→ cn (f )cn (g)ei(n−p)x
on peut intégrer terme à terme
Et puisque
cp (ϕ) =
2π
Z
1
2π
eikt dt = δk,0
Z
+∞
1 X
cn (f )cn (g)
ei(n−p)x dx = cp (f )cp (g)
2π n=−∞
2π
0
cp (f ) =
1/p! si p ∈ N
0
sinon
Exercice 7 : [énoncé]
a) Pour |x| < ea ,
b) Par la formule de Parseval
+∞
X
1
1
=
2
(n!)
2π
n=0
Z
2π
2
|f (t)| dt
+∞
+∞
X
X
1
1
−a
−a
n
−a n
=
e
=
e
(−1)
(xe
)
=
(−1)n e−(n+1)a xn
x + ea
1 + xe−a
n=0
n=0
0
b) On peut écrire
avec
2
|f (t)| = f (t)f (t) = exp eit + e
−it
= exp(2 cos t)
Exercice 6 : [énoncé]
a) En vertu de l’inégalité
1
2eit
2eit
= 2it
=
cos t + cha
e + 2ch(a)eit + 1
(eit + ea )(eit + e−a )
Par décomposition en éléments simples de la fraction
1 2
a + b2
2
on a
1
2
2
|cn (f )cn (g)| 6
|cn (f )| + |cn (g)|
2
Puisqu’il y a convergence des sommes
2X
ab 6
+∞
X
n=−∞
2
|cn (f )| et
+∞
X
2
|cn (g)|
(X +
ea )(X
+ e−a )
on obtient
ea
e−a
2eit
sh(a)
sh(a)
= it
− it
it
a
(e + e )(eit + e−a )
e + ea
e + e−a
Puisque eit < 1, on peut décomposer le premier terme comme ci-dessus et on
mène des calculs analogues pour la seconde somme
n=−∞
on peut, par comparaison de séries à termes positifs, affirmer la convergence de la
somme étudiée.
+∞
+∞
1
1 X
e−a e−it X
=
(−1)n e−na eint −
(−1)n e−na e−int
cos t + cha
sh(a) n=0
sh(a) n=0
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Corrections
4
En combinant les deux sommes
1
1
=
cos t + cha
sh(a)
1+
+∞
X
!
2(−1)n e−na cos(nt)
n=1
P −na
Puisqu’il y a convergence de la série
e
, on peut aisément établir la
convergence normale permettant l’intégration terme à terme calculant les
coefficients de Fourier trigonométriques de la fonction considérée. Sans surprise,
on obtient que la décomposition précédente s’apparente à la décomposition en
série de Fourier de la fonction étudiée.
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