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Chapitre 4

Corrigés ou indications : Séries de Fourier

Exercice 4.5

Remarquons que la série

+∞

X

n=0

(−1)ⁿ

(n!)² e^int n'est pas une série trigonométrique ordinaire.

C'est une série trigonométrique exponentielle

+∞

X

n=−∞

cne^inωtbien particulière, parce que, pour tout n < 0, cn= 0.

1. (a) La série proposée s'écrit

+∞

X

n=0

u_noù unest dénie sur R par un(t) = (−1)ⁿ (n!)² e^int. Puisque e^int

= 1, pour tout réel t, on a |un(t)| = 1

(n)!². On a donc ku_nk_∞= 1

(n!)² ≤ 1 n!,

et la série P^+∞_n=0u_n est normalement convergente, donc uniformément con- vergente. Puisque la convergence est uniforme et les un continues, f = P+∞

n=0u_nest continue ; et 2π-périodique puisque chaque unest 2π-périodique.

(b) Puisque u⁰n(t) = inu_n(t)et u⁰⁰n= (in)²u_n(t), on a de même

u⁰_n

∞= n

(n!)² et u⁰⁰_n

∞= n² (n!)², et les séries

+∞

X

n=0

u⁰_n,

+∞

X

n=0

u⁰⁰_n sont elles aussi normalement convergentes. On peut donc appliquer deux fois le théorème de dérivation terme à terme des séries de fonctions, ce qui donne

y⁰⁰(t) =

+∞

X

n=1

(−1)ⁿ (in)²

(n − 1!)²e^int=

+∞

X

n=1

(−1)ⁿ⁻¹ 1

(n − 1!)²e^int= y(t)e^int. 2. Remarquons que pour toute fonction g de classe C¹, la série de Fourier de g⁰

s'obtient en dérivant terme à terme la série de Fourier de g. En eet, si T est

la période et ω = 2π/T la pulsation, le n^ème coecient de Fourierde g⁰ est cn(g⁰) = 1

T Z T

0

g⁰(t)e^−inωtdt. Une intégration par parties avec u(t) = e^−inωt, v⁰(t) = g⁰(t) et v = g(t) donne

c_n(g⁰) = 1 T

Z T 0

g⁰(t)e^−inωtdt = 1

T g(t)e^−inωtT 0 − 1

T Z T

0

f (t)inωe^−inωtdt

= −inω1 T

Z T 0

f (t)e^−inωtdt = −inωcn(g).

Ainsi, pour tout n, cn(g⁰) = −iωncn(g), et la série de Fourier de g⁰

n=+∞

X

n=−∞

c_n(g⁰)e^−inωt=

n=+∞

X

n=−∞

−inωc_n(g)e^−inωt=

n=+∞

X

n=−∞

c_n(g) d dte^−inωt s'obtient tout simplement en dérivant terme à terme la série de Fourier de g.

(a) Par la remarque précédente

c_n(g⁰⁰) = −inc_n(g⁰) = (−in)²c_n(g) = −n²c_n(g).

(b) Si g est une solution de l'équation E on a cn(g⁰⁰) = 1

2π Z 2π

0

g⁰⁰(t)e^−int = 1 2π

Z 2π 0

g(t)e^ite^−int= cn−1(g).

(c) Si g est une solution de E, il résulte de a) et de b) que n²c_n(g) = −c_n−1(g).

En faisant n = 0 on en déduit c−1(g) = 0, puis, cn(g) = 0 pour tout n < 0. Pour n ≥ 0 on obtient par récurrence cn(g) = c₀(g)(−1)ⁿ

(n!)² . La série de Fourier de g est donc

c₀(g)

+∞

X

n=1

(−1)ⁿ (n!)² e^int.

De plus g étant de classe C¹, par le théorème de Dirichlet, elle est la somme de sa série de Fourier

g(t) = c0(g)

+∞

X

n=1

(−1)ⁿ

(n!)² e^int= c0(g)f (t).

Ainsi g appartient à l'espace vectoriel de dimension 1 engendré par f. Puisque l'équation diérentielle (E) est linéaire homogène, toute fonction de la forme kf pour k ∈ R est encore une solution de (E), et 2π périodique puisque f est 2π-périodique.

Exercice 4.8

1. La fonction f est impaire. Sa restriction à chaque intervalle ]kπ, (k + 1)π[ se prolonge en la fonction constante t 7→ (−1)^ksur [kπ, (k+1)π], qui est évidemment de classe C¹. La fonction f est donc de classe C¹ par morceaux. Explicitons les coecients an et bn de sa série Fourier trigonométrique. Puisque f est impaire les an sont tous nuls. Calculons bn pour n ≥ 1.

b_n= 2 2π

Z π

−π

f (t) sin(nt) dt = 2 π

Z π 0

sin(nt) dt = 2

nπ[(−1)ⁿ− 1].

Il en résulte b2n = 0et b2n−1 = 4/(π/(2n − 1)). La série de Fourier de f est donc 4

π

∞

X

n=1

sin(2n − 1)x 2n − 1 ·

Puisque f est de classe C¹ par morceaux, continue sur R \ Zπ, par le théorème de Dirichlet, sa série de Fourier est simplement convergente, et sa somme S satisfait

S(x) =











f (x) pour x ∈ R \ Zπ

f (x⁺) + f (x⁻)

2 = 1 − 1

2 = 0 pour x ∈ Zπ

Puisque f(kπ) = 0, dans tous les cas S(x) = f(x), autrement dit f coïncide avec la somme de sa série de Fourier.

2. Sn(x) = 4 π

n

X

k=1

sin(2k − 1)x

2k − 1 donne Sn⁰(x) = 4 π

n

X

k=1

cos(2k − 1)x. Explicitons cette somme.

(a) Pour x = qπ, les entiers (2k − 1)q sont tous de la parité de q, et donc cos((2k −1)qπ) = (−1)^q. Il en résulte Sn⁰(qπ) = (−1)^q4n/π, et en particulier, lorsque q = 0, S_n⁰(0) = 4n/π.

(b) Pour x 6= kπ, en notant z = e^ix, (6= ±1) on a

S_n⁰(x) = 4 π

n

X

k=1

cos(2k − 1)x = 4

πRe z(1 + z²+ · · · + z²ⁿ⁻¹)

= 4

πRe



z 1 − z²ⁿ 1 − z²



= 4

π Re e^2inx− 1 e^ix− e^−ix



= 2 π

sin 2nx sin x · Puisque S(0) = −S(π) = 4n/π 6= 0, les 0 de Sn⁰ appartenant à l'intervalle [0, π]

sont les kπ/(2n) avec k = 1, 2, . . . (2n−1). Le premier extremum de Snest atteint en π/(2n), c'est un maximum car sin(2nx) est positif sur [0, π/(2n)] et change de signe au passage en π/(2n).

3. Puisque Sn(0)est nul, et Sn de classe C¹, on a pour tout x S(x) = Sn(x) − Sn(0) =

Z x 0

S_n⁰(u) du.

En particulier an= Z ^π

2n

0

S_n⁰(u) duet, en écrivant u = t/(2n),

an= Z π

0

1 2nS_n⁰

 t 2n



dt = 2 π

Z π 0

sin t 2n sin_2n^t dt, car, par la question 2 on a 1

2nS_n⁰

 t 2n



= 2 π

sin t

2n sin_2n^t pour tout t ∈ [0, π] en convenant que pour t = 0 on a sin t

2n sin_2n^t = 1. 4. Démontrons que

 sin t 2n sin_2n^t



n

converge uniformément vers sin t

t pour t ∈ [0, π].

Pour 0 < t ≤ π on écrit 

sin t 2n sin t

2n

−sin t t

=    

sin t t

t

2n− sin t 2n sin t

2n       

≤       

t

2n − sin t 2n sin t

2n       

· (4.1)

La formule de Taylor-Lagrange à l'ordre 2 appliquée à la fonction sin sur l'in- tervalle [0, x] donne sin x − x = −x³

6 cos(θx)avec 0 < θ < 1. Il en résulte

∀t ∈ [0, π],    

t

2n− sin t 2n

≤    

t³ 48n³

. (4.2)

Sur l'intervalle [0, π/2] la fonction sinus est concave. Le graphe de sa restriction à [0, π/2] est donc  au dessus  du graphe de la droite d'équation y = 2x/π reliant les points (0, 0 et (π/2, sin π/2). C'est à dire que l'on a

∀t ∈ [0, π/2], sin t ≥ 2t π et donc

∀n ≥ 1, ∀t ∈ [0, π], sin t 2n ≥ t

πn· Avec (4.1) et (4.2) on en déduit pour n ≥ 1 et t ∈]0, π],

sin t

2n sin_2n^t −sin t t

≤ t³/(48n³)

t/(nπ) = πt²

48n² ≤ π³ 48n,

et cette majoration est encore vériée lorsque t = 0 car dans ce cas le terme gauche est 1 − 1 = 0. Ceci prouve la convergence uniforme de sin t

2n sin_2n^t vers sin t t sur [0, π]. On peut donc écrire

n→∞lim an= lim

n→∞

Z π 0

sin t

2n sin_2n^t dt = Z π

0



n→∞lim sin t 2n sin_2n^t

 dt =

Z π 0

sin t t dt.

5. On part de

∞ t²ⁿ⁺¹

qui donne immédiatement, pour t 6= 0, sin t

t =

∞

X

n=0

(−1)ⁿ t²ⁿ (2n + 1)!.

La somme de cette série entière de rayon de convergence inni, est donc le pro- longement par continuité en 0 de sin t/t. La convergence est uniforme sur tout intervalle [0, a], en particulier sur l'intervalle [0, π], et on peut écrire

Z π 0

sin t

t =

∞

X

n=0

(−1)ⁿ Z π

0

t²ⁿ (2n + 1)! =

∞

X

n=0

(−1)ⁿ π²ⁿ⁺¹

(2n + 1)(2n + 1)!· (4.3) Notons un= π²ⁿ⁺¹

(2n + 1)(2n + 1)!.Pour n ≥ 1, un+1

un

= 2n + 1

(2n + 2)(2n + 3)²π² ≤ π²

(2n + 3)² ≤ π² 25 ≤ 1.

Pour n = 0 on vérie immédiatement que u1/u₀ = π²/18 ≤ 1. La suite (un) est donc décroissante et le théorème des séries alternées s'applique à la série (4.3).

Les sommes partielles successives sont alternativement des valeurs approchées par excès et par défaut de la somme de cette série. Le calcul des premiÃres sommes partielles donne

5

X

n=0

(−1)ⁿun= 1.851902 . . . et

6

X

n=0

(−1)ⁿun= 1.851938 . . .

puis l'encadrement 1.85190 <Z π 0

sin t

t dt < 1.85194. Avec la question 4 on en déduit

1.1789 < 2

π1.85190 < lim a_n< 2

π1.85194 < 1.1790, et lim

n→∞an= 1.1789 . . ..