L3 UPEM - Analyse hilbertienne, compléments d intégration S6 - Math

L3 UPEM - Analyse hilbertienne, compl´ements d’int´egration - 2019-2020

S6 - Math Auto-correction du partiel

Le bar`eme est sur 23 car le sujet ´etait un peu long

Exercice 1 – Cours

On suppose que sif ∈ L¹_B(U) est continue sur R et de classeC¹ sur [0,2π]. Montrer que pour tout k∈Z, c_k(f⁰) =ikc_k(f). En d´eduire que S_n,f est une s´erie normalement convergente sur R.

Correction sur 6 points.

La fonctionf est de classeC¹ sur [0,2π] donc on peut faire une int´egration par parties pour calculer le coefficient de Fourier de f⁰ avec u⁰(t) = f⁰(t) continue etv(t) = e^−ikt de classe C¹.

1 point pour avoir bien v´erifi´e les hypoth`eses de l’IPP Cela donne pour tout k ∈Z,

ck(f⁰) = 1 2π

Z 2π

0

f⁰(t)e^−iktdt = 1 2π

f(t)e^−ikt2π 0 −

Z 2π

0

f(t) −ike^−ikt dt

= 1 2π

(f(2π⁻)−f(0⁺)) +ik Z 2π

0

f(t)e^−iktdt

=ikc_k(f)

puisque f est 2π p´eriodique et continue sur R ce qui entraine quef(2π⁻) =f(0⁻) =f(0⁺).

1,5 points pour avoir ´ecrit correctement l’IPP puis 0,5 point pour avoir bien pr´ecis´e pourquoif(2π)−

f(0) = 0 On sait que

Sn,f(t) =

n

X

k=−n

ck(f)e^ikt.

Or sup_t∈R|c_k(f)e^ikt|=|c_k(f)|. Donc d´emontrer que la convergence deS_n,f est normale sur Rrevient

`

a d´emontrer que la s´erie P

k∈Z|c_k(f)| est convergente.

1 point pour cette explication

On observe (car pour touta, b≥0, on a 2ab≤a²+b²) que

∀k ∈Z^∗, |c_k(f)|= 1

k|c_k(f⁰)| ≤ 1 2

1

k² +|c_k(f⁰)|²

.

Or la s´erie de terme g´en´eral _k¹2 est une s´erie de Riemann convergente et la s´erie de terme g´en´eral

|ck(f⁰)|² est convergente d’apr`es l’in´egalit´e de Bessel appliqu´ee `a la fonctionf⁰(qui est bien aussi dans L¹_B(U) puisque f est de classe C¹ sur [0,2π] et 2π p´eriodique). D’apr`es le th´eor`eme de comparaison des SATP, on en conclut que

X

k∈Z

|c_k(f)| converge.

2 points pour avoir bien r´edig´e cette argumentation. Attention, vous enlevez 1 point si vous avez ´ecrit ou dit directement que

X

k∈Z

|c_k(f)| ≤ 1 2

X

k∈Z

1

k² +X

k∈Z

|c_k(f⁰)|²

!

sans passer par le th´eor`eme de comparaison des SATP.

Exercice 2 – Soit f une fonction 2π-p´eriodique d´efinie par

∀t∈[0,2π[, f(t) = t(2π−t)

1) D´eterminer le domaine de continuit´e def, le domaine o`u la fonctionf est de classeC¹. La fonction f est-elle impaire ou paire ?

2) Calculer les coefficients de Fourier trigonom´etriques de f.

3) En d´eduire une expression de

+∞

X

n=1

(−1)ⁿ⁺¹ n² ,

+∞

X

n=1

1 n²,

+∞

X

n=1

1 n⁴

Vous pr´eciserez bien les hypoth`eses des th´eor`emes que vous utilisez.

Correction sur 6 points.

1) En tant que polynˆome de degr´e 2,fest une fonction de classeC^∞sur ]0,2π[. Puisf est ´etendue `aR par 2π p´eriodicit´e donc elle estC<sup>∞</sup> surR\ {2kπ, k ∈Z}. Ensuite, limx→0<sup>+</sup>f(x) = 0 = limx→2π<sup>−</sup>f(x) doncf est continue en 0 (et en 2π). Par contre limx→0<sup>+</sup>f<sup>0</sup>(x) = 2π tandis que limx→2π<sup>−</sup>f<sup>0</sup>(x) = −2π doncf est d´erivable `a droite en 0, `a gauche en 0 mais n’est pas d´erivable en 0, (ni en aucune multiple entier de 2π, par 2π-p´eriodicit´e).

1 point

Soit y ∈]0,2π[ alors par 2π-p´eriodicit´e, on a f(−y) = f(−y+ 2π). Mais −y+ 2π ∈]0,2π[ donc par d´efinition, f(−y+ 2π) = (−y+ 2π)(2π−(−y+ 2π)) = y(−y+ 2π) = f(y). Ainsi f est paire sur ]−2π,2π[. Puis par 2π p´eriodicit´e, elle est paire sur R.

0,5 point pour avoir bien expliqu´e cela.

2) Comme f est paire alors pour tout n∈N^∗, b_n(f) = 0 0,5 point

Ensuite comme f est paire alors pour tout n ∈N, a_n(f) = 2

π Z π

0

f(t) cos(nt)dt= 2 π

Z π

0

t(2π−t) cos(nt)dt.

Ainsi

a₀(f) = 2 π

Z π

0

t(2π−t)dt= 2 π

πt²− t³ 3

π

0

= 4π² 3 . Ensuite pour tout n∈N^∗, on fait deux int´egrations par parties et on obtient

a_n(f) = 2 π

Z π

0

t(2π−t) cos(nt)dt = 2 π

t(2π−t)sin(nt) n

π

0

− Z π

0

(2π−2t)sin(nt) n dt

= −4 πn

(π−t)−cos(nt) n

π

0

− Z π

0

cos(nt) n dt

= −4 n² + 4

πn²

sin(nt) n

π

0

=− 4 n².

1,5 point pour tout le calcul correct

Commef est continue surRetC¹ par morceaux alors on peut utiliser la forme forte du th`’eor`eme de Dirichlet qui indique que la s´erie de Fourier de f converge normalement versf surR. En particulier, on a

∀t∈R, t(2π−t) = 2π² 3 −4

+∞

X

n=1

cos(nt) n² .

En prenantt = 0 ett =π, on obtient

+∞

X

n=1

1 n² = 1

4· 2π² 3 = π²

6 et

+∞

X

n=1

(−1)ⁿ n² =−1

4

π²− 2π² 3

=−π² 12. 1,5 point en ayant bien cit´e les hypoth`eses et la conclusion du th´eor`eme de Dirichlet.

De plus f est clairement une fonction de L¹_B(U) donc d’apr`es le th´eor`eme de Parseval, on a 1

π Z π

−π

|f(t)|²dt= a²₀ 2 +

+∞

X

n=1

|a_n(f)|². (1)

En effectuant deux int´egrations par parties, on a 1

π Z 2π

0

|f(t)|²dt = 1 π

t³

3(2π−t)² 2π

0

+ 2 Z π

0

t³

3(2π−t)dt

!

= 2 3π

t⁴

4(2π−t) 2π

0

+ Z 2π

0

t⁴ 4dt

!

= 1 6π

t⁵ 5

2π

0

= 2⁵π⁴

6·5 = 16π⁴ 15 Puis d’apr`es (1) et l’expression des an(f), on obtient

16

+∞

X

n=1

1

n⁴ = 16π⁴

15 − 8π⁴

9 = 8π⁴ 3

2 5− 1

3

= 8π⁴ 45 . On en conclut que

+∞

X

n=1

1 n⁴ = π⁴

90. 1 point pour avoir bien cit´e Parseval et bien fait ce calcul.

Exercice 3 – Soientfetgdeux fonctions deL¹_B(U). Rappeler la d´efinition du produit de convolution def etg puis d´emontrer que

∀k ∈Z, ck(f ? g) =ck(f)ck(g).

Correction sur 3 points.

Les fonctions f et g sont dans L¹_B(U) et par d´efinition, f ? g(t) = 1

2π Z 2π

0

f(u)g(t−u)du= 1

2π Z 2π

0

f(t−u)g(u)du

.

1 point (quelque soit la d´efinition donn´ee puisqu’on a vu que c’´etait commutatif ).

Par d´efinition, on a c_k(f ? g) = 1

2π Z 2π

0

f ? g(t)e^−iktdt= 1 2π

Z 2π

0

1 2π

Z 2π

0

f(u)g(t−u)du

e^−iktdt.

On a |f(u)g(t−u)e^−ikt| ≤ |f(u)g(t −u)|. Ce majorant est une fonction dans L₁([0,2π]×[0,2π]) puisque f et g sont dans L¹_B(U) (souvenez-vous que la vraie raison est que ce sont des fonctions de L₂(U). Donc on peut utiliser le th´eor`eme de Fubini et on obtient

c_k(f ? g) = 1 2π

Z 2π

0

1 2π

Z 2π

0

g(t−u)e^−ik(t−u)dt

f(u)e^−ikudu.

Dans l’int´egrale en t, on pose alors le changement de variable y=t−u donc c_k(f ? g) = 1

2π Z 2π

0

1 2π

Z 2π−u

−u

g(y)e^−ikydy

f(u)e^−ikudu.

Mais par 2π-p´eriodicit´e des fonctions, 1

2π

Z 2π−u

−u

g(y)e^−ikydy= 1 2π

Z 2π

0

g(y)e^−ikydy=c_k(g).

Donc,

c_k(f ? g) =c_k(g)· 1 2π

Z 2π

0

f(u)e^−ikudu =c_k(g)c_k(f).

2 points

Exercice 4 – On suppose que f :R→C est 2π-p´eriodique et C¹ par morceaux.

1) Pour n∈N, on d´efinit le noyau de Dirichlet : Dn(t) =

n

X

k=−n

e^ikt.

Montrer que pour toutn ∈N 1 2π

Z π

−π

Dn(t)dt= 1 et que pour tout t /∈2πZ, Dn(t) = sin

(2n+1)t 2

sin ₂^t . 2) Montrer que∀x∈[0,2π], S_n(f)(x) =D_n? f(x).

3) En remarquant que D_n est paire, en d´eduire que Sn(f)(0) = 1

2π Z π

0

(f(t) +f(−t))Dn(t)dt.

4) Pour tout t∈[0,2π], on d´efinit

g(t) = f(t) +f(−t)−f(0⁺)−f(0⁻)

sin(t/2) .

Montrer que

S_n(f)(0)− f(0⁺) +f(0⁻)

2 = 1

2π Z π

0

g(t) sin

(2n+ 1)t 2

dt.

5) Montrer queg est int´egrable sur [0, π] et que

n→∞lim Z π

0

g(t) sin

(2n+ 1)t 2

dt = 0.

6) En d´eduire que

n→+∞lim S_n(f)(0) = f(0⁺) +f(0⁻)

2 .

7) Soitx₀ ∈R. On poseh(x) =f(x+x₀), pour x∈R. D´eterminerS_n(h)(x) en fonction deS_n(f)(x).

Conclure que

n→+∞lim S_n(f)(x₀) = f(x⁺₀) +f(x⁻₀) 2

Correction sur 8 points 1) Pour tout k ∈Z^∗, on a

Z π

−π

e^iktdt = 1

ike^ikt π

−π

= 0 par 2π-p´eriodicit´e. Ensuite, pour k= 0,

Z π

−π

e^iktdt= Z π

−π

dt= 2π.

On en conclut que pour tout n ∈N, 1 2π

Z π

−π

D_n(t)dt=

n

X

k=−n

1 2π

Z π

−π

e^iktdt = 1.

0,5 point

Pour toutt /∈2πZ, D_n(t) est la somme d’une suite g´eom´etrique de raison e^it 6= 1. Donc D_n(t) = e^−int 1−e^i(2n+1)t

1−e^it =e^−int e^i(2n+1)t/2 e^it/2

e−i(2n+1)t/2−e^i(2n+1)t/2

(e^−it/2−e^it/2) = sin ((2n+ 1)t/2) sin(t/2)

1 point

2) Par d´efinition du produit de convolution, on a D_n? f(x) = 1

2π Z π

−π

D_n(t)f(x−t)dt=

n

X

k=−n

1 2π

Z π

−π

e^iktf(x−t)dt.

On pose le changement de variableu=x−t(ou bien d`es le d´epart vous utilisez le fait que le produit de convolution est commutatif pour calculerf ? D_n) et on obtient

D_n? f(x) =

n

X

k=−n

1 2π

Z x+π

x−π

e^ik(x−u)f(u)du=

n

X

k=−n

1 2π

Z π

−π

e^ik(x−u)f(u)du

par 2π-p´eriodicit´e des fonctions int´egr´ees. On en conclut que D_n? f(x) =

n

X

k=−n

e^ikx 1 2π

Z π

−π

e^−ikuf(u)du=

n

X

k=−n

c_k(f)e^ikx ce qui est justement la d´efinition deS_n,f(x).

1 point

3) D’apr`es la question 2), S_n,f(0) =D_n? f(0) = 1

2π Z π

−π

D_n(t)f(−t)dt = 1 2π

Z 0

−π

D_n(t)f(−t)dt+ Z π

0

D_n(t)f(−t)dt

.

On fait le changement de variable u=−t dans la premi`ere int´egrale pour obtenir S_n,f(0) = 1

2π Z π

0

D_n(−u)f(u)du+ Z π

0

D_n(t)f(−t)dt

= 1 2π

Z π

0

D_n(t) (f(t) +f(−t))dt par parit´e deD_n. La parit´e deD_nest ´evidente d’apr`es la d´efinition deD_n(via la changement d’indice k⁰ =−k).

0,5 point

4) Par parit´e de D_n, on sait d’apr`es la question 1) que 1

2π Z π

−π

D_n(t)dt= 1 π

Z π

0

D_n(t)dt= 1.

Donc

f(0⁺)−f(0⁻)

2 = 1

π Z π

0

f(0⁺)−f(0⁻)

2 Dn(t)dt = 1 2π

Z π

0

f(0⁺)−f(0⁻)

Dn(t)dt et on en conclut d’apr`es la question 3) que

S_n,f(0)−f(0⁺)−f(0⁻)

2 = 1

2π Z π

0

f(t) +f(−t)−f(0⁺)−f(0⁻)

D_n(t)dt.

D’apr`es la question 1), on sait que pour tout t∈]0, π] on a D_n(t) = sin((2n+ 1)t/2)

sin(t/2) et D_n(0) = (2n+ 1).

Par d´efinition de g, on a bien

Sn,f(0)−f(0⁺)−f(0⁻)

2 = 1

2π Z π

0

g(t) sin((2n+ 1)t/2)dt.

1 point

5) Les questions 5 et 6 sont difficiles !

La fonctiong est d´efinie pour tout t∈]0, π] par

g(t) = f(t) +f(−t)−f(0⁺)−f(0⁻) sin(t/2)

On sait qu’au voisinage de 0, sin(t/2) ∼t/2. Comme f est de classeC₁ par morceaux alors elle est d´erivable `a droite en 0 et

lim

t→0⁺

f(t)−f(0⁺)

t =f⁰(0⁺).

De mˆeme f est d´erivable `a gauche en 0 et lim

t→0⁺

f(−t)−f(0⁻)

−t =f⁰(0⁻) (car −t tend vers 0⁻). Or

g(t) = 2 t/2 sin(t/2)

f(t)−f(0⁺)

t −f(−t)−f(0⁻)

−t

donc on conclut de tout cela que lim

t→0⁺g(t) = 2(f⁰(0⁺)−f⁰(0⁻))

c’est `a dire que g est prolongeable par continuit´e (`a droite) en 0. De plus ; comme f est C¹ par morceaux et que t 7→ sin(t/2) est une fonction C^∞ non nulle sur ]0, π] alors g est une fonction C¹ par morceaux sur ]0, π]. Comme elle est prolongeable par continuit´e en 0, alors elle est continue par morceaux sur [0, π] donc elle y est int´egrable.

1 point 6) De plus,

sin((2n+ 1)t/2) = sin(nt+t/2) = sin(t/2) cos(nt) + cos(t/2) sin(nt)

et les fonctions g₁ : t 7→ g(t) sin(t/2) et g₂ : t 7→ g(t) cos(t/2) sont int´egrables sur [0, π] (d’apr`es la question 5)). D’apr`es le lemme de Riemann-Lebesgue (cf exercice 1 de la feuille de TD1), on sait que

n→+∞lim Z π

0

g₁(t) cos(nt)dt= lim

n→+∞

Z π

0

g₂(t) sin(nt)dt= 0 ce qui finit de prouver que

n→+∞lim Z π

0

g(t) sin((2n+ 1)t/2)dt = 0 puisque

g(t) sin((2n+ 1)t/2) =g₁(t) cos(nt) +g₂(t) sin(nt).

1 point, mais dans le bar`eme, ce n’est pas important car je n’attendais pas que vous r´eussissiez `a faire cette question. C’´etait plutˆot pour tester et discriminer quelques ´el`eves. Normalement un ´etudiant arrivant `a cette question avait d´ej`a accumul´e au moins de 18 `a 20 points.

7) On calcule les coefficients de Fourier de h. Pour toutk ∈Z, on a c_k(h) = 1

2π Z 2π

0

h(t)e^−iktdt= 1 2π

Z 2π

0

f(t+x₀)e^−iktdt = 1 2π

Z 2π+x0

x0

f(u)e^{−ik(u−x0)}du en posant u=t+x₀. Par 2π-p´eriodicit´e des fonctions int´egr´ees, on obtient que

∀k ∈Z, c_k(h) = e^ikx0c_k(f)

ce qui permet de conclure que

Sn,h(x) =

n

X

k=−n

e^ikx0ck(f)e^ikx =Sn,f(x+x0).

Comme h est aussi C¹ par morceaux (comme f), on peut appliquer la question 6) `a la fonction h donc

n→∞lim S_n,h(0) = h(0⁺) +h(0⁻) 2 ce qui donne

n→∞lim S_n,f(x₀) = f(x⁺₀) +f(x⁻₀)

2 .

2 points.