Séries de Fourier - Examen corrigé 3 PDF

Espaces de Hilbert et analyse de Fourier

Examen Corrigé

Tout document ainsi que l’utilisation de tout appareil électronique, même à titre d’hor- loge, est interdit.

(sur environ 6 points) Exercice 1.

Soitf la fonction2π-périodique telle que f(x) =

(π−x six∈[0, π], x−π six∈]π,2π[.

1. Représenter le graphe def dans un repère orthonormé.

2. Que peut-on dire de la convergence de la série de Fourier def? Justifier.

3. Calculer les coefficients de Fourier def.

4. Montrer que pour tout entier P ∈ N, la somme partielle de Fourier d’indice impair S_2P+1(f)a pour expression

S_2P+1(x) = π 2 +

P

X

p=0

4

π(2p+ 1)² cos((2p+ 1)x).

On pourra admettre cette expression pour traiter la question suivante (et uniquement la question suivante...).

5. En déduire les valeurs des séries suivantes : (a)

+∞

X

p=0

1

(2p+ 1)² (b)

+∞

X

p=0

1 (2p+ 1)⁴. Solution de l’exercice 1.

1. Le graphe est le suivant :

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2. La fonction f est continue et C¹ par morceaux (car affine par morceaux), la série de Fourier(S_N(f))_N∈

N converge donc normalement versf d’après le théorème de conver- gence normale de Dirichlet.

3. f est une fonction paire. Par conséquent, ses coefficientsb_n(f), n ∈ N^∗, sont tous nuls.

Calculons les coefficientsa_n(f). Pourn = 0, a₀(f) = 1

2π Z π

−π

f(x)dx= 1 π

Z π

0

f(x)dx= 1 π

Z π

0

(π−x)dx = 1 π

(π−x)² 2

π

0

= π 2. Pourn >1, en utilisant la parité,

a_n(f) = 1 π

Z π

−π

f(x) cos(nx)dx= 2 π

Z π

0

f(x) cos(nx)dx= 2 π

Z π

0

(π−x) cos(nx)dx.

En effectuant une intégration par partie, a_n(f) = 2

π

(π−x)sin(nx) n

π

0

+ 2 π

Z π

0

sin(nx) n dx

= 0 + 2 π

−cos(nx) n²

π

0

= 2

πn² (−1)ⁿ⁺¹+ 1 .

Donc pour toutn>1,

a_n(f) = ( 4

πn² sinest impair, 0 sinest pair.

4. Comme pour toutn∈N^∗,b_n(f) = 0,

S_2P+1(f)(x) =a₀(f) +

2P+1

X

n=1

a_n(f) cos(nx).

De plus, pour toutnpair, on aa_n(f) = 0. On peut donc effectuer le changement d’indice n= 2p+ 1dans la somme ci-dessus, et on obtient

S_2P+1(x) =a₀(f) +

P

X

p=0

a_2p+1(f) cos((2p+ 1)x) = π 2+

P

X

p=0

4

π(2p+ 1)² cos((2p+ 1)x).

5. (a) Pour toutP ∈N, la somme partielle de Fourier def a pour expression

S_2P+1(x) = π 2 +

P

X

p=0

4

π(2p+ 1)² cos((2p+ 1)x).

Comme la série de Fourier converge normalement versf, pour toutx ∈ R, la suite S_2P+1(x)tend versf(x)quandP tend vers+∞, soit

π 2 +

+∞

X

p=0

4

π(2p+ 1)² cos((2p+ 1)x) = f(x).

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En particulier enx= 0, on a π 2 +

+∞

X

p=0

4

π(2p+ 1)² =π,

d’où +∞

X

p=0

1

(2p+ 1)² = π 4

π− π

2

= π² 8 .

(b) On va appliquer l’égalité de Parseval àf. Pour cela on calculekfk²₂. kfk²₂ = 1

2π Z π

−π

|x|²dx= 1 2π

Z π

−π

x²dx= 1 2π

x³ 3

π

−π

= π² 3 . L’égalité de Parseval

|a₀(f)|²+ 1 2

+∞

X

n=1

|a_n(f)|²+|b_n(f)|²

=kfk²₂ 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. (sur environ 3,5 points)

Exercice 2.

SoitEun espace de Hilbert ayant une base hilbertienne(e_n)n∈N. Pour toutn ∈N, on pose v_n= e2n+ie2n+1

√2 et w_n = e2n−ie2n+1

√2 .

Montrer que la famille de vecteurs{v_n, w_n, n∈N}est une base hilbertienne deE.

Solution de l’exercice 2. Montrons d’abord que{v_n, w_n, n∈N}est une famille orthonormée.

Pourε ∈ {−1,1},

e_2n+εie_2n+1

√2

2

= 1

2(1 + 0 + 0 + 1) = 1.

Donc les vecteurs v_n et w_n sont de norme 1. Soient m, n ∈ N. Alors si m 6= n, comme la famille(e_n)n∈Nest orthogonale, on ahv_m, v_ni=hv_m, w_ni =hw_m, w_ni= 0. Pour conclure que {v_n, w_n, n∈N}est orthogonale il reste à montrer quehv_n, w_ni= 0. C’est bien le cas car

hv_n, w_ni=

e_2n+ie_2n+1

√2 ,e_2n−ie_2n+1

√2

= 1

2(1 + 0 + 0−1) = 0.

Donc{v_n, w_n, n∈N}est une famille orthonormée.

Pour montrer que{v_n, w_n, n∈N}est une base hilbertienne deEnous allons montrer que Vect({e_n, n∈N}) = Vect({v_n, w_n, n∈N}).

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Clairement, pour tout n ∈ N, v_n et w_n sont dans Vect({e_n, n ∈ N}). Réciproquement, on remarque que pour toutn ∈N,

e_2n = 1

√2(v_n+w_n) et

e_2n+1 = 1 i√

2(v_n−w_n) donc pour toutn ∈N,e_nest dansVect({v_n, w_n, n∈N}).

Or d’après le théorème de caractérisation des bases hilbertiennes, une famille orthonor- mée (u_n) est une base hilbertienne si et seulement si Vect({u_n, n ∈ N}) est dense dans E.

Comme (e_n)n∈N est une base hilbertienne de E, on en déduit que Vect({e_n, n ∈ N}) = Vect({v_n, wn, n∈N}) est dense dans E et donc que {v_n, wn, n∈N} est une base hilberti- enne deE.

(sur environ 7,5 points) Exercice 3.

On se place surL²_P(0,2π). On définit le sous-ensembleH par H =

(

f ∈L²_P(0,2π),

n=+∞

X

n=−∞

(1 +n²)|c_n(f)|² <+∞

) .

1. Soientf etgdeux fonctions deL²_P(0,2π). Rappeler l’expression du produit scalaire usuel hf, giainsi que l’expression de la norme associéekfk₂ deL²_P(0,2π).

2. Montrer queHest un sous-espace vectoriel deL²_P(0,2π).

3. Pour tout couple de fonctionsf, g∈Hon définit hf, gi_H =

n=+∞

X

n=−∞

(1 +n²)c_n(f)c_n(g).

(a) Justifier que pour tout couple de fonctionsf, g∈H,hf, gi_H est bien défini(Indica- tion : Montrer que la série définissanthf, gi_H est absolument convergente.).

(b) Montrer queh·,·i_H est un produit scalaire surH.

4. On notek · k_H la norme associée au produit scalaireh·,·i_H.

(a) Pour tout f ∈ H, donner l’expression de kfkH en fonction de ses coefficients de Fourierc_n(f).

(b) Soitf une fonction2π-périodique de classeC¹. Montrer quefappartient àHet que kfk²_H =kfk²₂+kf⁰k²₂.

5. Soitf ∈H.

(a) En utilisant l’inégalité de Cauchy-Schwarz dans`²(Z), montrer que la série

n=+∞

X

n=−∞

|c_n(f)|

est convergente.(Indication : faire apparaître la série

n=+∞

X

n=−∞

(1 +n²)|c_n(f)|² dans l’inégalité.)

(b) Montrer que les sommes partielles de FourierSN(f)convergent uniformément vers une fonction continueg.

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(c) Montrer quef =g p.p., c’est-à-dire queg est le représentant continu def. Solution de l’exercice 3.

1.

hf, gi= 1 2π

Z 2π

0

f(x)g(x)dx et kfk₂ = 1

2π Z 2π

0

|f(x)|²dx ¹₂

2. Montrons queH est un sous-espace vectoriel de L²_P(0,2π). Les coefficients de Fourier de la fonction nulle sont c_n(f) = 0 pour tout n ∈ Z et donc la série de terme général (1 +n²)|c_n(f)|²est bien sommable.

Soientf etg deux fonctions deH etα ∈ C. Par linéarité les coefficients de Fourier de f+αgvalent, pour toutn∈Z,c_n(f +αg) =c_n(f) +αc_n(g). Or,

|c_n(f) +αc_n(g)|² =|c_n(f)|²+ 2 Re

c_n(f)αc_n(g)

+|αc_n(g)|² Mais

2 Re

c_n(f)αc_n(g)

62|c_n(f)| |αc_n(g)|6|c_n(f)|²+|αc_n(g)|². Ainsi,

|c_n(f) +αc_n(g)|² 62 |c_n(f)|²+|αc_n(g)|²

= 2 |c_n(f)|²+|α|²|c_n(g)|² . Comme f et gs ont dans H, les séries de termes généraux (1 + n²)|c_n(f)|² et (1 + n²)|c_n(g)|² sont sommables, et donc, vu l’inégalité ci-dessus, la série de terme générale (1 +n²)cn(f +αg)est elle aussi sommable, c’est-à-diref +αg ∈H.

3. (a) Soient f et g deux fonctions de H. Montrons que la série définissant hf, gi_H est absolument convergente. Pour toutn∈Z,

cn(f)cn(g)

=|cn(f)| |cn(g)|6 1

2|cn(f)|² +1

2|cn(g)|². Ainsi,

(1 +n²)c_n(f)c_n(g) 6 1

2(1 +n²)|c_n(f)|²+1

2(1 +n²)|c_n(g)|².

Commefetgsont dansH, par définition les séries de terme général(1+n²)|c_n(f)|² et(1+n²)|c_n(g)|²sont convergentes. Ainsi, la série de terme général

(1 +n²)c_n(f)c_n(g) est convergente, et donc la série définissanthf, gi_Hest bien absolument convergente.

(b) Montrons quehf, fi_H >0ethf, fi_H = 0⇒ f = 0. Pour toute fonctionf ∈Hon a

hf, fi_H =

n=+∞

X

n=−∞

(1 +n²)|c_n(f)|² >0.

Soit maintenantf ∈ H telle que hf, fi_H = 0. Alors, pour tout n ∈ Z, on a(1 + n²)|c_n(f)|² = 0, d’où c_n(f) = 0. Par unicité des coefficients de Fourier, on en déduit quef est bien la fonction nulle.

Montrons maintenant que pour toutf, g ∈H,hf, gi_H =hg, fi_H. On a hg, fiH =

n=+∞

X

n=−∞

(1 +n²)cn(g)cn(f) =

n=+∞

X

n=−∞

(1 +n²)cn(g)cn(f) =hf, giH

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Pour finir montrons queh·,·i_H est linéaire à gauche. Soientf, g, h ∈ H etα ∈ C. Alors,

hf+αg, hi_H =

n=+∞

X

n=−∞

(1 +n²)c_n(f+αg)c_n(h)

=

n=+∞

X

n=−∞

(1 +n²) (c_n(f) +αc_n(g))c_n(h)

=

n=+∞

X

n=−∞

(1 +n²)c_n(f)c_n(h) +α

n=+∞

X

n=−∞

(1 +n²)c_n(g)c_n(h)

=hf, hi_H +αhg, hi_H,

où toutes les séries sont bien convergentes d’après la question précédente.

4. (a) Par définition de la norme associée à un produit scalaire,

kfk_H =p

hf, fi_H =

n=+∞

X

n=−∞

(1 +n²)|c_n(f)|²

!¹₂ .

(b) Commef est de classeC¹, f et sa dérivéef⁰ sont toutes les deux des fonctions de L²_P(0,2π). De plus, pour toutn∈Z, on a

cn(f⁰) =incn(f).

Ainsi, d’après l’égalité de Parseval pourf etf⁰, on a kfk²₂ =

n=+∞

X

n=−∞

|c_n(f)|² et

kf⁰k²₂ =

n=+∞

X

n=−∞

|c_n(f⁰)|² =

n=+∞

X

n=−∞

n²|c_n(f)|². On a donc

kfk²₂+kf⁰k²₂ =

n=+∞

X

n=−∞

(1 +n²)|c_n(f)|² <+∞.

Ainsi,f appartient bien àH et on a bienkfk²_H =kfk²₂+kf⁰k²₂. 5. (a) On a, en utilisant l’inégalité de Cauchy-Schwarz,

n=+∞

X

n=−∞

|cn(f)|=

n=+∞

X

n=−∞

√ 1 1 +n²

√

1 +n²|cn(f)|

6

n=+∞

X

n=−∞

1 1 +n²

!¹_{2 n=+∞}

X

n=−∞

(1 +n²)|cn(f)|²

!¹₂

<+∞

car

n=+∞

X

n=−∞

1

1 +n² est finie ainsi que

n=+∞

X

n=−∞

(1 +n²)|cn(f)|²puisquef ∈H.

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(b) Il s’agit d’une proposition vue en cours. On aS_N(f)(x) =

N

X

n=−N

c_n(f)e^inxet

n=+∞

X

n=−∞

cn(f)e^inx _∞=

+∞

X

n=−∞

|cn(f)|<+∞,

la série de Fourier converge donc normalement. Notons g la fonction limite des SN(f). g est continue sur R en tant que limite uniforme de fonctions continues (puisque la convergence normale implique la convergence uniforme de la suite des sommes partielles).

(c) D’après le théorème de convergence quadratique des séries de Fourier,(S_N(f))N∈N

converge versf dansL²_P(0,2π), c’est-à-direkf −S_N(f)k₂ →0.

Par ailleurs,(SN(f))N∈Nconverge uniformément versg. Or kg−S_N(f)k²₂ = 1

2π Z 2π

0

|g(x)−S_N(f)(x)|²dx6kg−S_N(f)k²_∞→0, donc(S_N(f))N∈Nconverge également versgpour la norme quadratique. Par unicité de la limite,f =g p.p.. Donc f est admet bien un représentant continu (et sa série de Fourier converge normalement vers son représentant continu).

(sur environ 5 points) Exercice 4.

Soitf ∈L¹([0,+∞[).

1. Montrer que la fonctionf˜:R→Cdéfinie pour toutξ∈Rpar f(ξ) =˜

Z +∞

0

f(x) sin(ξx)dx est bien définie surR.

2. Montrer quef˜est bornée surRparkfk₁ = Z +∞

0

|f(x)|dx.

3. Montrer quef˜est continue surRen appliquant le théorème de continuité des intégrales dépendant d’un paramètre.

4. On noteg :R→Cle prolongement impair def défini par

g(x) =

(f(x) six>0,

−f(−x) sinon.

Montrer que pour toutξ ∈R,f(ξ) =˜ i

2g(ξ), oùˆ gˆest la transformée de Fourier deg.

5. En déduire que sif˜∈L¹(R)alors pour presque toutx∈[0,+∞[, f(x) = 2

π Z +∞

0

f(ξ) sin(ξx)dξ.˜

Solution de l’exercice 4.

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1. Soitξ ∈ R. Alors, comme|f(x) sin(ξx)| 6 |f(x)|et que|f|est intégrable sur [0,+∞[, la fonctionx7→f(x) sin(ξx)est intégrable sur[0,+∞[. Ainsi,

f(ξ) =˜ Z +∞

0

f(x) sin(ξx)dx est bien définie.

2. Pour toutξ∈Ron a

f˜(ξ) =

Z +∞

0

f(x) sin(ξx)dx 6

Z +∞

0

|f(x) sin(ξx)|dx6 Z +∞

0

|f(x)|dx=kfk₁. 3. Pour toutx ∈ [0,+∞[, l’applicationξ 7→ f(x) sin(ξx) est continue surR. Par ailleurs,

pour toutξ∈R, on a la domination

|f(x) sin(ξx)|6|f(x)| ∈L¹([0,+∞[).

Donc d’après le théorème de continuité des intégrales dépendant d’un paramètre, ξ 7→

f(ξ)˜ est continue surR.

4. On remarque queg est intégrable surRcarf est intégrable sur[0,+∞[. La transformée de Fourier degest donc bien définie. Pour toutξ∈R,

ˆ g(ξ) =

Z

R

g(x)e^−iξxdx = Z 0

−∞

(−f(−x))e^−iξxdx+ Z +∞

0

f(x)e^−iξxdx.

En effectuant le changement de variabley=−xdans la première intégrale,

− Z 0

−∞

f(−x)e^−iξxdx=− Z +∞

0

f(y)e^iξydy.

D’où, ˆ g(ξ) =

Z +∞

0

f(x) −e^iξx+e^−iξx dx=

Z +∞

0

f(x) (−2isin(ξx))dx.

On a doncg(ξ) =ˆ −2if(ξ), soit˜ f(ξ) =˜ ₂ⁱg(ξ).ˆ

5. Supposons quef˜∈ L¹(R). Alors, vu l’égalitéf˜= ₂ⁱg,ˆ ˆg appartient également àL¹(R).

Ainsigetgˆsont dansL¹(R), on peut appliquer le théorème d’inversion de la transformée de Fourier qui assure que pour presque toutx∈R,

g(x) = 1 2π

Z

R

ˆ

g(ξ)e^iξxdξ.

On a

1 2π

Z

R

ˆ

g(ξ)e^iξxdξ= 1 2π

Z 0

−∞

ˆ

g(ξ)e^iξxdξ+ 1 2π

Z +∞

0

ˆ

g(ξ)e^iξxdξ.

En effectuant le changement de variableν =−ξdans la première intégrale, commegˆest impaire (car la transformée de Fourier d’une fonction impaire est impaire) on obtient

Z 0

−∞

ˆ

g(ξ)e^iξxdξ = Z +∞

0

ˆg(−ν)e^−iνxdν=− Z +∞

0

ˆ

g(ν)e^−iνxdν.

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Ainsi, pour presque toutx∈R, g(x) = 1

2π Z +∞

0

ˆ

g(ξ) −e^−iξx+e^iξx

dξ = 1 2π

Z +∞

0

ˆ

g(ξ)2isin(ξx)dξ.

Enfin, par définition deg, pour toutx∈ [0,+∞[, g(x) = f(x), et on a montré que pour toutξ ∈R,ˆg(ξ) = −2if˜(ξ). Ainsi, pour presque toutx∈[0,+∞[,

f(x) = 1 2π

Z +∞

0

−2if˜(ξ)

2isin(ξx)dξ = 2 π

Z +∞

0

f˜(ξ) sin(ξx)dξ.

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