Corrige Partiel EHAF - UFR de Mathématiques et Informatique

Université Paris Descartes
UFR de Mathématiques et Informatique
45, rue des Saints-Pères, 75006, Paris
Espaces de Hilbert et analyse de Fourier (L3)
Corrigé de l’examen partiel du jeudi 5 avril 2012
Exercice 1.
Soit Tl’ensemble des polynômes trigonométriques, c’est-à-dire des fonctions de la forme
p(x) =
N
X
n=−N
cneinx
où N∈Net cn∈Cpour tout n∈J−N, NK. On considère U ⊂ T l’ensemble des polynômes
trigonométriques qui sont des fonctions paires.
1. Montrer que Uest un espace vectoriel.
2. Soit p(x) =
N
X
n=−N
cneinx un polynôme trigonométrique. Montrer que p∈ U si et seule-
ment si pour tout n∈J−N, NK,c−n=cn.
3. Pour tout polynôme p(x) =
N
X
n=−N
cneinx ∈ T , on définit kpk=|c0|+
N
X
n=1 |cn+c−n|.
Montrer que l’application p7→ kpkest une norme sur U.
4. L’application p7→ kpkdéfinit-elle une norme sur T? Justifier.
5. Pour les deux fonctions
f1(x) = e−2ix 1+3i+e4ix + 3ie2ix(2 + e2ix)et f2(x)=2i|cos(x)|
définies sur Rrépondre à la question suivante :
La fonction fappartient-elle à U? Si oui calculer kfk.
Solution de l’exercice 1
1. Correction explicite : Pour montrer que Uest un espace vectoriel on montre que Uest
un sous-espace vectoriel de l’ensemble Tdes polynômes trigonométriques. La fonction
nulle est paire donc elle appartient bien à U. Soient pet qdeux polynômes de Uet α∈C.
Alors, p+αq est un polynôme trigonométrique car Test un espace vectoriel. De plus,
pour tout x∈R,
(p+αq)(−x) = p(−x) + αq(−x) = p(x) + αq(x)=(p+αq)(x).
Donc p+αq est paire, d’où p+αq ∈ U. Ainsi, Uest bien un sous-espace vectoriel de T.
Correction rapide : L’ensemble des polynômes trigonométriques est un sous-espace vec-
toriel de F(R,C). De même, l’ensemble des fonctions paires est un sous-espace vectoriel
de F(R,C). Comme l’intersection de deux sous-espace vectoriels est un sous-espace vec-
toriel, Uest un sous-espace vectoriel de F(R,C).
1

2. Sens indirect : Soit p(x) =
N
X
n=−N
cneinx tel que pour tout n∈J−N, NK,c−n=cn. Alors,
en effectuant le changement d’indice k=−n, pour tout x∈R,
p(−x) =
N
X
n=−N
cne−inx =
N
X
k=−N
c−keikx =
N
X
k=−N
ckeikx =p(x).
Donc pest bien une fonction paire.
Sens direct : Soit p(x) =
N
X
n=−N
cneinx un polynôme de U. D’après la formule de Fourier,
pour tout n∈J−N, NK,
cn=1
2πZ2π
0
p(x)e−inxdx =1
2πZπ
−π
p(x)e−inxdx.
En effectuant le changement de variable y=−x, pour tout n∈J−N, N Kon a
c−n=1
2πZπ
−π
p(x)einxdx =1
2πZπ
−π
p(−y)e−inydy =1
2πZπ
−π
p(y)e−inydy =cn.
Donc pour tout n∈J−N, NK, on a bien c−n=cn.
Remarque : On peut également faire appel au résultat analogue du cours sur les séries
de Fourier en justifiant que les coefficients d’un polynôme trigonométrique sont ses coef-
ficients de Fourier.
3. Montrons que l’application p7→ kpkest une norme sur U.
Soit p(x) =
N
X
n=−N
cneinx ∈ U tel que kpk= 0. Comme
kpk=|c0|+
N
X
n=1 |cn+c−n|.
est une somme de termes positifs, chaque termes de la somme est nul. On en déduit que
c0= 0 et pour tout n∈J−N, NK,cn+c−n= 0. Or d’après la question précédente,
comme p∈ U,cn=c−n. On a donc cn=c−n= 0, le polynôme pest bien nul.
Soit p(x) =
N
X
n=−N
cneinx ∈ U et α∈C. Alors, αp(x) =
N
X
n=−N
αcneinx, d’où
kαpk=|αc0|+
N
X
n=1 |αcn+αc−n|=|α| |c0|+
N
X
n=1 |cn+c−n|.!=|α|kpk.
Vérifions maintenant l’inégalité triangulaire. Soit p, q ∈ U. Quitte à étendre les coeffi-
cients de pou qpar des zéros, pet qs’écrivent sous la forme
p(x) =
N
X
n=−N
cneinx et q(x) =
N
X
n=−N
γneinx,
2

avec N= max(deg(p),deg(q)). On a alors
kp+qk=|c0+γ0|+
N
X
n=1 |cn+γn+c−n+γ−n|.
Or |c0+γ0|6|c0|+|γ0|et pour tout n∈J−N, NK,
|cn+γn+c−n+γ−n|=|cn+c−n+γn+γ−n|6|cn+c−n|+|γn+γ−n|.
En additionnant ces inégalités, on obtient
kp+qk6kpk+kqk.
4. L’application p7→ kpkne définit pas une norme sur Tcar (par exemple) le polynôme
trigonométrique p(x) = eix −e−ix = 2isin(x)vérifie kpk= 0 bien qu’il soit non nul.
5. En développant on remarque que
f1(x) = e−2ix 1+3i+e4ix + 3ie2ix(2 + e2ix)
=e−2ix 1+3i+e4ix + 6ie2ix + 3ie4ix
= (1 + 3i)e−2ix + 6i+ (1 + 3i)e2ix
f1est bien un polynôme trigonométrique et ses coefficients vérifient c−n=cn, donc
d’après la question 2) f1appartient à U. On a
kf1k= 6 + |2+6i|= 6 + √40 = 6 + 2√2√5.
La fonction f2(x) = 2i|cos(x)|n’est pas dérivable en x=π
2, ce n’est donc pas un
polynôme trigonométrique (car un polynôme trigonométrique est toujours de classe C∞).
Donc f2n’appartient pas à U.
Exercice 2.
Soit fla fonction 2π-périodique telle que f(x) = |x|pour tout x∈]−π, π].
1. Que peut-on dire de la convergence de la série de Fourier de f? Justifier.
2. Calculer les coefficients de Fourier de f.
3. En déduire les valeurs des séries suivantes :
(a)
+∞
X
p=0
1
(2p+ 1)2et (b)
+∞
X
p=0
1
(2p+ 1)4.
Solution de l’exercice 2
1. La fonction fest continue et C1par morceaux, la série de Fourier (SN(f))N∈Nconverge
donc normalement vers fd’après le théorème de convergence normale de Dirichlet.
2. fest une fonction paire. Par conséquent, ses coefficients bn(f),n∈N∗, sont tous nuls.
Calculons les coefficients an(f). Pour n= 0,
a0(f) = 1
2πZπ
−π|x|dx =1
πZπ
0
xdx =1
πx2 2π
0
=π
2.
3

Pour n>1, en utilisant la parité,
an(f) = 1
πZπ
−π|x|cos(nx)dx =2
πZπ
0
xcos(nx)dx.
En effectuant une intégration par partie,
an(f) = 2
πxsin(nx) nπ
0−2
πZπ
0
sin(nx)
ndx
= 0 −2
π−cos(nx) n2π
0
=2
πn2((−1)n−1) .
Donc pour tout n>1,
an(f) = (−4
πn2si nest impair,
0si nest pair.
3. (a) Pour tout P∈N, la somme partielle de Fourier de fa pour expression
S2P+1(x) = π
2−
P
X
p=0
4
π(2p+ 1)2cos((2p+ 1)x).
Comme la série de Fourier converge normalement vers f, pour tout x∈R, la suite
S2P+1(x)tend vers f(x)quand Ptend vers +∞, soit
π
2−
+∞
X
p=0
4
π(2p+ 1)2cos((2p+ 1)x) = f(x).
En particulier en x= 0, on a
π
2−
+∞
X
p=0
4
π(2p+ 1)2= 0,
d’où +∞
X
p=0
1
(2p+ 1)2=π2 8.
(b) On va appliquer l’égalité de Parseval à f. Pour cela on calcule kfk2
2.
kfk2
2=1
2πZπ
−π|x|2dx =1
2πZπ
−π
x2dx =1
2πx3 3π
−π
=π2
3.
L’égalité de Parseval
|a0(f)|2+1
2
+∞
X
n=1 |an(f)|2+|bn(f)|2=kfk2
2
4

devient ici
π2
4+1 2
+∞
X
p=0
16
π2(2p+ 1)2=π2 3.
D’où +∞
X
p=0
1
(2p+ 1)2=π2 8π2 3−π2 4=π4 96.
Exercice 3.
Démontrer que
∀x∈]−π, π[\{0},
+∞
X
n=1
8n
π(4n2−1) sin(nx) = sgn(x) cos x 2,
où sgn(x)vaut 1si x>0et −1si x < 0.
Solution de l’exercice 3 On considère fla fonction 2π-périodique définie sur ]−π, π]par
f(x) = (sgn(x) cos x
2si x∈]−π, π[\{0},
0si x= 0 ou x=π.
(Remarque : Les valeurs choisies en 0et πn’ont pas d’importance...)
La fonction fest impaire car elle est impaire sur [−π, π]et 2π-périodique. On remarque que
fest continue et dérivable en tout point x∈R\πZ=R\ {kπ, k ∈Z}, bien que fsoit
discontinue (notamment en x= 0).
Montrons que la somme de gauche correspond à la série de Fourier de f. Comme fest
paire, ses coefficients an(f),n∈N, sont tous nuls. Pour tout n>1, déterminons bn(f).
bn(f) = 1
πZπ
−π
f(x) sin(nx)dx =−1
πZ0
−π
cos x
2sin(nx)dx +1 πZπ
0
cos x
2sin(nx)dx.
Or en effectuant le changement de variable y=−x,
−1
πZ0
−π
cos x
2sin(nx)dx =1 πZπ
0
cos y
2sin(ny)dy,
d’où
bn(f) = 1
πZπ
0
2 cos x
2sin(nx)dx.
On a
2 cos x
2sin(nx) = sin nx +x 2+ sin nx −x 2,
d’où
bn(f) = 1
πZπ
0sin nx +x
2+ sin nx −x 2dx
=1
π"−cos nx +x
2
n+1
2
+−cos nx −x
2
n−1
2#π
0
=1
π1
n+1
2
+1
n−1
2
=2n
πn2−1
4.
5