Séries de Fourier - e Math

1 Exo7S ries de FourierExercices de Jean-Louis Rouget. Retrouver aussi cette fiche * tr s facile ** facile ** difficult moyenne ** difficile ** tr s difficileI : IncontournableExercice 1**1. Soitfla fonction d finie surR, 2 -p riodique et impaire telle que x ]0, 2[,f(x) =sin(x2). D ter-minerf(x)pour tout r Soitfla fonction d finie surR, 2 -p riodique et paire telle que x [0, 2],f(x) =sin(x2). D terminerf(x)pour tout r [005781]Exercice 2D velopper en s rie de FOURIERles fonctions suivantes puis d terminer la valeur des sommes indiqu es :1) (**)f:R R2 -p riodique paire telle que x [0, ],f(x) =1 2x . En d duire + n=01(2n+1)2, + n=11n2et + n= ) (**)f:R R2 -p riodique impaire telle que x [0, ],f(x) =x( x). En d duire + n=0( 1)n(2n+1)3, + n=01(2n+1)6et + n= ) (**)f:R R2 -p riodique telle que x ] , ],f(x) =sin(x2).

2 En d duire + n=0( 1)n2n+116n2+16n+ ) (**)f:R R2 -p riodique telle que x [ , ],f(x) =ch( x)( r el strictement positif donn ).En d duire + n=1( 1)n 2+n2, + n=11 2+n2et + n=11( 2+n2) ) (**)f:R Rtelle que x R,f(x) =sup(0,sinx). En d duire + n=114p2 [005782]Exercice 3**Soita C\[ 1,1].1. (a) D velopper en s rie trigonom trique la fonctionf:t7 1a cost(utiliser la racine de plus petitmodule, not eb, de l quationz2 az+1=0).(b) La s rie obtenue est-elle la s rie de FOURIERdef?2. D duire de 1) la valeur des int gralesIn= 0cos(nt)a costdt,n [005783]Exercice 4** I(un d veloppement en s rie de fonctions de sin( z)et cotan( z)).Soit C\Z. Soitfl application deRdansC, 2 -p riodique telles que x [ , ],f(x) =cos( x).1. D velopper la fonctionfen s rie de En d duire que pour toutz C\Z, sin( z)=1z+ + n=1( 1)n2zz2 n2et cotan( z) =1z+ + n=12zz2 [005784]Exercice 5**D velopper en s rie de FOURIERla fonctionf:x7 x E(x) [005785]2 Correction de l exercice 1N1.

3 Puisquefest impaire,f(0) =0. Puisquefest impaire et 2 -p riodique, f( ) =f( ) =f( )etdoncf( ) =0. Puisquefest 2 -p riodique, pourk Z,f(2k ) =f(0) =0 etf((2k+1) ) =f( ) = , k Z,f(k ) = ] ,0[. Puisquefest impaire,f(x) = f( x) = sin( x2)=sin(x2)et donc x ] , [,f(x) =sin(x2).Soitx R\ Z. Il existek Ztel que <x 2k < et puisquefest 2 -p riodique,f(x) =f(x 2k ) =sin(x 2k 2)= ( 1)ksin(x2). De plus, <x 2k < k<x+ 2 <k+1 etk=E(x+ 2 ). x R,f(x) ={0 six Z( 1)ksin(x2)o k=E(x+ 2 )six/ Soitx [ ,0]. Puisquefest paire,f(x) =f( x) =sin( x2)=sin( x2 )et donc x [ , ],f(x) =sin( x2 ).Soitx R. Il existek Ztel que <x 2k 6 et puisquefest 2 -p riodique,f(x) =f(x 2k ) =sin( x 2k 2 ). x R,f(x) =sin( x2 k )o k=E(x+ 2 ).Correction de l exercice 2N1. La fonctionfest continue par morceaux surRet 2 -p riodique. On peut donc calculer ses coefficientsde 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 81 1 2 2 Puisquefest paire, n N ,bn(f) =0 puis pourn N,an(f) =2 0(1 2x )cos(nx) suite,a0(f) =0 puis pourn N ,an(f) =2 ([(1 2x )sin(nx)n] 0+2n 0sin(nx)dx)=4n 2[ cos(nx)n] 0=4(1 ( 1)n)n2 fonctionfest 2 -p riodique, continue surRet de classeC1par morceaux surR.}

4 D apr s le th or mede DIRICHLET, la s rie de Fourier defconverge versfsurR. Par suite, pour tout r elx,f(x) =a0(f)2+ + n=1(an(f)cos(nx)+bn(f)sin(nx)) =4 2 + n=11 ( 1)nn2cos(nx) =8 2 + p=0cos((2p+1)x)(2p+1)2. x R,f(x) =8 2 + n=0cos((2n+1)x)(2n+1) galit f(0) =1 fournit + n=01(2n+1)2= 28. Ensuite, siS= + n=11n2, on aS= + n=01(2n+1)2+ + n=11(2n)2= 28+S4,et doncS=43 28= autre part, puisquefest continue par morceaux surRet 2 -p riodique, la formule de PARSEVAL fournit(a0(f))22+ + n=1((an(f))2+(bn(f))2) =1 (f(x))2dxet donc364 4 + n=01(2n+1)4=2 0(1 2x )2dx=[ 13(1 2x )3] 0=23et donc + n=01(2n+1)4=23 464= 496. Enfin, si on poseS=1n4,S= + n=01(2n+1)4+ + n=11(2n)4= 496+S16,et doncS=1615 496= 490. + n=01(2n+1)2= 28, + n=11n2= 26et + n=11n4= La fonctionfest continue par morceaux surRet 2 -p riodique. On peut donc calculer ses coefficientsde 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8123 1 2 3 2 2 Puisquefest impaire, n N,an(f) =0 puis pourn N ,bn(f) =2 0x( x)sin(nx)dx=2 ([x( x) cos(nx)n] 0+1n 0( 2x)cos(nx)dx)=2n ([( 2x)sin(nx)n] 0+2n 0sin(nx)dx)=4n2 [ cos(nx)n] 0=4(1 ( 1)n)n3.

5 La fonctionfest 2 -p riodique, continue surRet de classeC1par morceaux surR. D apr s le th or mede DIRICHLET, la s rie de Fourier defconverge versfsurR. Par suite, pour tout r elx,f(x) =a0(f)2+ + n=1(an(f)cos(nx)+bn(f)sin(nx)) =4 + n=11 ( 1)nn3sin(nx) =8 + p=0sin((2p+1)x)(2p+1)3. x R,f(x) =8 + n=0sin((2n+1)x)(2n+1) galit f( 2)= 24fournit + n=0( 1)n1(2n+1)3= 332. Ensuite, puisquefest continue par morceaux surRet 2 -p riodique, la formule de PARSEVAL fournit(a0(f))22+ + n=1((an(f))2+(bn(f))2) =1 (f(x))2dxet donc64 2 + n=01(2n+1)6=2 0x2( x)2dx=2 [ 2x33 2 x44+x55] 0=2 4(13 12+15)= 415et donc + n=01(2n+1)6= 264 415= 6960. Enfin, si on poseS=1n6,S= + n=01(2n+1)6+ + n=11(2n)6= 6960+S64,4et doncS=6463 6960= 6945. + n=0( 1)n1(2n+1)3= 332, + n=11(2n+1)6= 6960et + n=11n6= La fonctionfest continue par morceaux surRet 2 -p riodique.

6 On peut donc calculer ses coefficientsde 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8123 1 2 3 2 2 bb))La fonctionfa m mes coefficients de FOURIERque la fonctiongd finie surR, impaire et 2 -p riodique telle que x ]0, 2[,g(x) =0. Donc n N,an(f) =0 puis pourn N ,bn(f) =2 0sin(x2)sin(nx)dx=1 0(cos((n 12)x) cos((n+12)x))dx=1 [sin((n 12)x)n 12 sin((n+12)x)n+12] 0=1 ( ( 1)nn 12 ( 1)nn+12)= ( 1)n 2nn2 14= ( 1)n 8n4n2 fonctionfest 2 -p riodique et de classeC1par morceaux surR. D apr s le th or me de DIRI-CHLET, la s rie de Fourier defconverge en tout r elxet a pour somme12(f(x+)+f(x ). En parti-culier, x ] , [, sin(x2)= 8 + n=1( 1)nn4n2 1sin(nx).L galit f( 2)=1 2fournit1 2= 8 + n=0( 1)nn4n2 1sin(n 2)=8 + p=02p+14(2p+1)2 1sin((2p+1) 2)=8 + p=0( 1)p2p+116p2+1p+3, + n=0( 1)n2n+116n2+16n+3= 8 2 -p riodique, continue par morceaux surRet paire.

7 Pourn N ,bn(f) =0 puis pourn N,an(f) =1 ch( x)cos(nx) re (f) =1 Re( ch( x)einxdx)=12 Re( e( +in)xdx+ e( +in)xdx)=12 Re(e( +in) e ( +in) +in+e( +in) e ( +in) +in)=( 1)n2 Re(2 sh( ) +in+ 2 sh( ) +in)=( 1)nsh( ) Re( in 2+n2+ +in 2+n2)=2 sh( ) ( 1)nn2+ 22 me double int gration par parties fournitan(f) =1 ([sh( x) cos(nx)] +n sh( x)sin(nx)dx)=1 (2( 1)nsh( ) +n sh( x)sin(nx)dx)=1 (2( 1)nsh( ) +n ([ch( x) sin(nx)] n ch( x)cos(nx)dx))=2( 1)nsh( ) n2 2an(f),et donc n N,an(f) =2( 1)nsh( ) 2n2+ 2=2 sh( ) ( 1)nn2+ fonctionfest 2 -p riodique, continue surRet de classeC1par morceaux surR. D apr s le th or mede DIRICHLET, la s rie de Fourier defconverge versfsurR. On en d duit que x R,f(x) =sh( ) +2 sh( ) + n=1( 1)nn2+ 2cos(nx).L galit f(0) =1 fournit 1=sh( ) +2 sh( ) + n=1( 1)nn2+ 2et donc + n=1( 1)nn2+ 2= 2 sh( )(1 sh( ) )= (sh( ) )2 2 sh( )et l galit f( ) =ch( )fournit + n=11n2+ 2= 2 sh( )(ch( ) sh( ) )= ch( ) sh( )2 2sh( ) >0, + n=1( 1)nn2+ 2= 2 sh( )et + n=11n2+ 2= ch( ) sh( )2 2sh( ).

8 La fonctionfest 2 -p riodique, continue par morceaux surR. L galit de PARSEVALs crit(a0(f))22+ + n=1((an(f))2+(bn(f))2) =1 (f(x))2dxavec1 (f(x))2dx=1 ch2( x)dx=1 ch(2 x)+12dx=1+sh(2 )2 ,et donc 1+sh(2 )2 =2 sh2( ) 2 2+4 2sh2( ) 2 + n=11( 2+n2)2puis + n=11( 2+n2)2= 24 2sh2( )(1+sh(2 )2 2 sh2( ) 2 2)=2 2 2+ sh(2 ) 4 2sh2( )8 4sh2( ). >0, + n=11( 2+n2)2= 2 2+ ch( )sh( ) 2 2sh2( )4 2sh2( ).5. La fonctionfest continue par morceaux surRet 2 -p riodique. On peut donc calculer ses coefficientsde 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8123 1 2 3e 2 2 Soitn (f) =1 sup(sinx,0)cos(nx)dx=1 0sinxcos(nx)dx=12 0sin((n+1)x) sin((n 1)x)dx={12 0sin(2x)dxsin=112 [ cos((n+1)x)n+1+cos((n 1)x)n 1] 0sin6=1= 12 [ cos(2x)2] 0sin=112 ( ( 1)n+1 1n+1+( 1)n 1 1n 1)sin6=1={0 sin=1 1+( 1)n 1n2 1sin6=1 Soitn N.}}

9 Bn(f) =1 0sinxsin(nx)dx=12 0(cos((n 1)x) cos((n+1)x))dx={12sin=10 sin6=1La fonctionfest 2 -p riodique, continue surRet de classeC1par morceaux surR. D apr s le th or mede DIRICHLET, la s rie de Fourier defconverge versfsurR. On en d duit que pour tout r elxsup(sinx,0) =1 +sinx2 1 + n=21+( 1)nn2 1cos(nx) =1 +sinx2 2 + p=114p2 1cos(2px). x R, sup(sinx,0) =1 +sinx2 2 + n=114n2 1cos(2nx).L galit f(0) =0 fournit1 2 + n=114n2 1=0 et donc + n=114n2 1= + n=114n2 1=limN + 12 Nn=1(12n 1 12n+1)=limN + 12(1 12N+1)=12 Correction de l exercice 3N1. (a) Soita C\[ 1,1]. Pour tout r elt,a cost6=0 et1a cost=22a eit e it= 2eit(eit)2 2aeit+ quationz2 2az+1=0 admet deux solutions non nulles inverses l une de l autre. On noteblasolution de plus petit module de sorte que|b| ne peut avoir|b|=1 car alors il existe Rtel queb=ei . On en d duit que 2a=b+1b=2 cos [ 2,2]puis quea [ 1,1]ce qui n est pas.}

10 Donc|b|6=1. Plus pr cis ment, puisque|b|6 1b , on a|b|<1 et 1b . En particulier,b6= , pour|t|<|b|, on a1a cost= 2eit(eit b)(eit 1b)=21b b(beit b 1/beit 1b)=2b1 b2(be it1 be it+11 beit)=2b1 b2(be it+ n=0bne int++ n=0bneint)(car|beit|=|be it|=|b|<1)=2b1 b2(+ n=0bn+1e i(n+1)t++ n=0bneint)=2b1 b2(1++ n=1bneint++ n=1bne int)=2b1 b2(1+2+ n=1bncos(nt)). t R,1a cost=2b1 b2(1+2 + n=1bncos(nt)).(b) Pour tout r elt [ , ]et tout entier naturel non nuln, on a|bncos(nt)|6|b|n. Comme la s rienum rique de terme g n ral|b|nconverge, on en d duit que la s rie de fonctions de terme g n ralt7 bncos(nt),n N, converge normalement et donc uniform ment sur le segment[ , ].On sait alors que la s rie obtenue est la s rie de Puisque la fonctionfest paire, pour tout entier natureln,an(f) =2 0cos(nt)a costdt. Donc, pour tout entiernatureln(y compris pourn=0), 0cos(nt)a costdt= an(f)2=2bn+1 1 b2 Finalement, n N, 0cos(nt)a costdt=2bn+1 1 de l exercice 4N1.