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1 G´ en´ eralit´ es et notations

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Academic year: 2022

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Texte intégral

(1)

1 G´ en´ eralit´ es et notations

Dans tout ce chapitre,E d´esigne l’ensemble des fonctions continues deRdans C, 2π-p´eriodiques et continues par morceaux telles que :

∀f ∈E, ∀x∈R, f(x) = 1

2(f(x+) +f(x)).

Proposition 1 E est un Cespace vectoriel pour les lois usuelles.

Preuve - On v´erifie sans peine les axiomes d’espace vectoriel. 2

Proposition 2 L’application h., .i d´efinie sur E×E, `a valeurs dansC, par :

∀f, g∈E, hf, gi= 1 2π

Z

0

f(t)g(t)dt.

est un produit scalaire.

Preuve - Soientf, g∈E.

hf, gi= 1 2π

Z 0

f(t)g(t)dt= 1 2π

Z 0

f(t)g(t)dt=hg, fi.

donch., .i est `a sym´etrie hermitienne.

Soient f, g, h∈E,λ∈C. La lin´earit´e de l’int´egrale permet d’affirmer que : hf, g+λhi=hf, gi+λhf, hi

donch., .i est lin´eaire par rapport `a la seconde place.

Soit f ∈E.

hf, fi= 1 2π

Z 0

f(t)f(t)dt= 1 2π

Z 0

|f(t)|2dt>0.

Supposons quehf, fi= 0, c’est-`a-dire 1 R

0 |f(t)|2dt= 0. Notonst1,· · · , tn−1 les points de discon- tinuit´e de f,t0 = 0 et tn= 2π. Par hypoth`ese, pour toutk∈ {0,· · ·, n−1},f|]

tk;tk+1[ est continue et admet des limites en t+k ettk+1. On a alors :

0 = Z

0

|f(t)|2dt=

n−1

X

k=0

Z tk+1

tk

|f(t)|2dt

.

(2)

Chaque quantit´e de la somme ´etant positive, on en d´eduit :

∀k∈ {0,· · ·, n−1},

Z tk+1 tk

|f(t)|2dt= 0.

Alors :

∀k∈ {0,· · ·, n−1}, ∀t∈]tk;tk+1[, f(t) = 0.

f est donc nulle sur [0; 2π], sauf peut-ˆetre aux points tk. Comme

∀k∈ {0,· · ·, n}, f(tk) = 1

2(f(t+k) +f(tk)) et que

∀k∈ {0,· · · , n}, f(tk) =f(t+k) = 0 on en d´eduit

∀k∈ {0,· · · , n}, f(tk) = 0

et doncf est nulle sur [0; 2π]. f ´etant 2π-p´eriodique, il en r´esulte que f est nulle surR. 2

La norme associ´ee au produit scalaireh., .i est not´eek.k2 et est donc d´efinie par :

∀f ∈E, kfk2 = 1

2π Z

0

|f(t)|2dt 1/2

.

Notons pour toutn∈Z,enla fonction d´efinie sur R, `a valeurs dansCpar :

∀t∈R, en(t) =eint. Proposition 3 (en)n∈Z est une famille orthonormale dans E.

Preuve - Soientn, p∈Z. hen, epi= 1

2π Z

0

en(t)ep(t)dt= 1 2π

Z 2pi 0

e−inteiptdt= 1 2π

Z 0

ei(p−n)tdt.

Sin=p,hen, epi= 1 R

0 dt= 1.

Sin6=p,hen, epi= 2πi(p−n)1

ei(p−n)tt=2π

t=0 = 0 car (p−n)∈Z.

Donc hen, epi=δn,p donc (en)n∈Z est orthonormale. 2

D´efinition 1 Soit f ∈E. Pour tout n∈Z, on appelle ni`eme coefficient de Fourier exponentiel de f le nombre cn d´efini par :

cn=hen, fi= 1 2π

Z 0

f(t)e−intdt

Pour toutn∈N, on appelle coefficients de Fourier trigonom´etriques de f les nombresanetbnd´efinis par :

an= 1 π

Z

0

f(t) cos(nt)dt , bn= 1 π

Z

0

f(t) sin(nt)dt.

(3)

Proposition 4 Soit f ∈E. On a, pour tout n∈N: an=cn+c−n , bn=i(cn−c−n) , cn= 1

2(an−ibn) , c−n= 1

2(an+ibn).

Preuve - Soientf ∈E,n∈N. cn= 1

2π Z

0

f(t)e−intdt= 1 2π

Z

0

f(t) (cos(−nt) +isin(−nt))dt.

cos ´etant paire et sin impaire, et compte tenu de la lin´earit´e de l’int´egrale, on a : cn= 1

2π Z

0

f(t) cos(nt)dt− 1 2πi

Z

0

f(t) sin(nt)dt= 1

2(an−ibn).

De mˆeme : c−n= 1

2π Z

0

f(t)eintdt= 1 2π

Z

0

f(t) cos(nt)dt+ 1 2πi

Z

0

f(t) sin(nt)dt= 1

2(an+ibn).

On en d´eduit

cn+c−n= 1

2(an−ibn) +1

2(an+ibn) =an et

cn−c−n= 1

2(an−ibn)− 1

2(an+ibn) =−ibn doncbn=i(cn−c−n).

En particulier, b0= 0 eta0= 2c0. 2

Proposition 5 Pour tout n, les applications f 7→cn(f), f 7→ an(f) et f 7→bn(f) sont des formes C-lin´eaires sur E.

Preuve - Sit f ∈ E. Soit n ∈ Z. cn = hen, fi. Le produit sclaire ´etant lin´eaire par rapport `a la deuxi`eme variable, il en r´esulte que f 7→ cn(f) est lin´eaire, et ceci pour tout n ∈ Z. Comme an = cn+c−n et bn = i(cn−c−n), il en r´esulte que f 7→ an(f) et f 7→ bn(f) sont des formes

C-lin´eaires sur E. 2

D´efinition 2 Soitf ∈E. On note(cn)n∈Z,(an)n∈Net(bn)n∈Nles suites form´ees des coefficients de Fourier exponentiels et trigonom´etriques de f. On appelle s´erie de Fourier de f la s´erie d’applications

P

n>0

un o`u (un)n∈N est d´efinie par :

u0:t7→c0= 1 2π

Z 0

f(t)e−intdt et∀n∈N, un:t7→cneint+c−ne−int.

Notation : Pour n∈N, notons Sn(f) la ni`eme somme partielle associ´ee `a la s´erie de Fourier de f. On a donc :

∀n∈N, ∀t∈R, Sn(f)(t) =

n

X

k=0

uk(t) =

n

X

k=−n

ckeikt.

(4)

Proposition 6 Avec les notations pr´ec´edentes, on a :

Sn(f)(t) = a0 2 +

n

X

k=1

(ancos(kt) +bnsin(kt)). Preuve - Soientn∈N,t∈R.

Sn(f)(t) = Pn

k=−n

ckeikt

= P−1

k=−n

ckeikt+c0+ Pn

k=1

ckeikt

= Pn

k=1

c−ke−ikt+c0+ Pn

k=1

ckeikt

= a20 +

n

P

k=1 1

2(an+ibn)e−ikt+

n

P

k=1 1

2(an−ibn)eikt

= a20 + Pn

k=1

aneikt+e2−ikt +bneikt−e2−ikt

= a20 +

n

P

k=1

(ancos(kt) +bnsin(kt)).

2

2 Divers modes de convergence

2.1 Convergence normale Th´eor`eme 1 Soit P

n>0

un une s´erie trigonom´etrique d´efinie sur R par : u0 :t7→c0 et ∀n∈N, un:t7→cneint+c−ne−int. on note (an)n∈N et (bn)n∈N les suites d´efinies par :

∀n∈N, an=cn+c−n, bn=i(cn−c−n).

Les assertions suivantes sont ´equivalentes : (i) P

n>0

un converge normalement sur R; (ii) P

n>0

cn et P

n>0

c−n sont absolument convergentes ; (iii) P

n>0

an et P

n>0

bn sont absolument convergentes.

(5)

Preuve - Supposons que P

n>0

un converge normalement sur R. Soitn ∈Z. D’apr`es l’in´egalit´e de Cauchy Schwarz, on a :

|cn|=|hen, uni|6kunk2. Or,

kunk22 = 1 2π

Z 0

|un(t)|2dt6 1 2π

Z 0

sup

t∈[0;2π]

|un(t)|

!2

dt.

Sachant que un est 2π-p´eriodique, sup

t∈[0;2π]

|un(t)|= sup

t∈R

|un(t)|=kunk.

Par cons´equent, kunk22 6kunk2 donc kunk2 6kunk et donc |cn|<kunk. P

n>0

kunk converge par hypoth`ese et P

n>0

|cn| et P

n>0

kunk sont des s´eries `a termes positifs donc P

n>0

|cn| converge, c’est-`a-dire P

n>0

cn converge absolument. De mˆeme, P

n>0

c−n converge absolument.

Supposons maintenant que P

n>0

cn et P

n>0

c−n sont absolument convergentes. Soitn∈N.

|an|=|cn+c−n|6|cn|+|c−n|.

P

n>0

|an|et P

n>0

(|cn|+|c−n|) sont deux s´eries `a termes positifs et P

n>0

(|cn|+|c−n|) converge (somme de deux s´eries convergentes) donc P

n>0

|an| converge , c’est-`a-dire P

n>0

an converge absolument. De mˆeme, P

n>0

bn converge absolument car pour toutn∈N,|bn|6|cn|+|c−n|.

Supposons maintenant que P

n>0

an et P

n>0

bn convergent absolument. On a :

∀n∈N, ∀t∈R, un(t) =ancos(nx) +bnsin(nx) donc

∀t∈R, |un(t)|6|an|+|bn| c’est-`a-dire

kunk6|an|+|bn|.

P

n>0

|an| et P

n>0

|bn| convergent donc P

n>0

(|an|+|bn|) converge. P

n>0

kunk et P

n>0

(|an|+|bn|) ´etant deux s´eries `a termes positifs, on en d´eduit que P

n>0

kunk converge, c’est-`a-dire P

n>0

un converge

normalement. 2

2.2 Convergence en moyenne quadratique Th´eor`eme 2 Th´eor`eme de Parseval

∀f ∈E, kf−Sp(f)k2−−−−→

p→+∞ 0.

(6)

Preuve - SoitP le sous espace vectoriel de E engendr´e par (en)n∈Z. Soientf ∈E,ε >0. Il existe une fonction g ∈ E, continue, telle quekf−gk< 2ε (il suffit pour cela de faire co¨ınciderg avec f sauf sur un intervalle de la forme [t0−α;t0+α] o`ut0 est un point de discontinuit´e de f et tel que g(t0) = 12(f(t+0) +f(t0)). D’apr`es le th´eor`eme de Weierstrass, g est limite uniforme d’une suite de polynˆomes trigonom´etriques. Il existe donc une suite (Pn)n∈N d’´el´ements de P telle que :

∃n0 ∈N, ∀n∈N, n>n0 ⇒ kPn−gk< ε2 4. pour n>n0 :

kPn−gk22 = 1 2π

Z

0

|Pn(t)−g(t)|2dt6kPn−gk< ε2 4 Donc kPn−gk2 < ε2. Par cons´equent, pour n>n0 :

kPn−fk2 6kf −gk2+kg−Pnk2 < ε 2 +ε

2 =ε.

On a donc d´emontr´e la propri´et´e suivante :

∀ε >0, ∃n0 ∈N, ∀n∈N, n>n0 ⇒ kPn−fk2 < ε.

P est donc dense dans E.

Il reste `a d´emontrer que Sp(f) converge versf. Soitε >0. Il existe Q∈ P tel quekf−Qk2< ε.

P = S

p∈N

Ep.Q ∈ P donc il existen ∈N tel que Q∈En. Soitp ∈N tel que p>n. Sp(f) ´etant la projection orthogonale de f surEp, on a :

∀g∈Ep, hg, f−Sp(f)i= 0.

Q∈Ep (car p>ndoncEn⊂Ep) donc

hQ−Sp(f), f−Sp(f)i= 0.

On a alors

kf−Qk22 =k(f −Sp(f)) + (Sp(f)−Q)k22.

f −Sp(f)∈Ep etSp(f)−Q∈Ep. D’apr`es le th´eor`eme de Pythagore, on d´eduit : kf−Qk22=kf−Sp(f)k22+kSp(f)−Qk22

donc

kf−Sp(f)k22 6kf −Qk22 < ε.

Par cons´equent,Sp(f) converge vers f dans (E,h., .i). 2

(7)

Corollaire 1 Soit f ∈E. P

n>1

|cn|2+|c−n|2

converge et

|c0|2+

+∞

X

n=1

|cn|2+|c−n|2

= 1 2π

Z 0

|f(t)|2dt.

Si f est `a valeurs r´eelles, alors P

n>1

(a2n+b2n) converge et a0

4 +1 2

+∞

X

n=1

(a2n+b2n) = 1 2π

Z 0

(f(t))2dt.

Preuve - Soitf ∈E. D’apr`es le th´eor`eme de Parseval,kSp(f)−fk2 −−−−→

p→+∞ 0, donc kSp(f)k22 −−−−→

p→+∞ kfk22. Pour p∈N, sachant que (en)n∈N est orthonormale :

kSp(f)k22=

n

X

k=−n

ckek

2

2

=

n

X

k=−n

|ck|2 =|c0|2+

n

X

k=1

|ck|2+|c−k|2 et

kfk22= 1 2π

Z 0

|f(t)|2dt.

Par cons´equent :

|c0|+

n

X

k=1

|ck|2+|c−k|2

= 1 2π

Z 0

(f(t))2dt.

Pour k∈N :

|ck|2+|c−k|2 = 1

2(an−ibn)

+ 1

2(an+ibn)

2

= 1

2(a2n+b2n) donc

a0 4 +1

2

+∞

X

n=1

(a2n+b2n) = 1 2π

Z 0

(f(t))2dt.

2

2.3 Convergence ponctuelle

Lemme 1 Soient a, b ∈ R tels que a < b, f une fonction de [a;b] dans R continue par morceaux.

Alors :

Z b

a

f(t)eixtdt−−−−→

x→+∞ 0.

Preuve - Sif est constante c’est-`a-diref =c, avec c∈R, pourx >0 :

Z b a

f(t)eixtdt

=|c|

eibx−eiax ix

6 2|c|

|x| −−−−→

x→+∞ 0.

(8)

Sif est une fonction en escalier sur [a;b],f s’´ecrit :f = Pn

k=1

fk, o`ufk est nulle sur [a;b], sauf sur un intervalle o`u elle est constante.

Z b a

f(t)eixtdt

=

Z b a

n

X

k=1

fk(t)

! eixtdt

!

|6

n

X

k=1

Z b a

fk(t)eixtdt . D’apr`es ce qui pr´ec`ede,

∀k∈ {1,· · · , n}, Z b

a

fk(t)eixtdt−−−−→

x→+∞ 0

donc

Z b a

fk(t)eixtdt

−−−−→

x→+∞ 0.

Si f est continue par morceaux sur [a;b], alors f est limite uniforme d’une suite de fonctions (fn)n∈Nen escalier sur [a;b]. Soitε >0 :

∃n0 ∈N, ∀n∈N, n>n0 ⇒ kf−fnk< ε.

Soit x >0.

Z b a

(f(t)−fn0(t))eixtdt

6 Z b

a

|f(t)−fn0(t)|dt6(b−a)ε.

De plus, fn0 ´etant une fonction en escalier :

∃x0 >0, ∀x∈R, x>x0

Z b a

fn0(t)eixtdt

6ε.

Par cons´equent, pour x>x0 :

Rb

af(t)eixtdt =

Rb

a (f(t)−fn0(t))eixt+fn0(t)eixt dt

6

Rb

a(f(t)−fn0(t))eixtdt +

Rb

afn0(t)eixtdt 6 (1 +b−a)ε

donc

Z b a

f(t)eixtdt

−−−−→

x→+∞ 0.

2

Th´eor`eme 3 Soit f ∈E. Si f est de classe C1 par morceaux sur R, alors la s´erie de Fourier de f converge simplement sur R et a pour somme f. On a alors :

∀t∈R, c0+

+∞

X

n=1

(cneint+c−ne−int) =f(t) ou encore

∀t∈R, a0 2 +

+∞

X

n=1

(ancos(nt) +bnsin(nt)) =f(t).

(9)

Preuve - Soientf ∈E,n∈Netx∈R. Sn(f)(x) =

n

X

k=−n

ckeikx =

n

X

k=−n

1 2π

Z 0

f(t)e−ikteikxdt.

Compte-tenu de la lin´earit´e de l’int´egrale, on a : Sn(f)(x) = 1

2π Z

0

f(t)

n

X

k=−n

eik(x−t)dt.

Effectuons le changement de variableu=x−t, et sachant que la fonction int´egr´ee est 2π-p´eriodique, on a :

Sn(f)(x) =− 1 2π

Z x−2π x

f(x−u)

n

X

k=−n

eikudu= 1 2π

Z 0

f(x−u)

n

X

k=−n

eikudu.

Effectuons le changement de variablev=−u, et sachant que Pn

k=−n

e−ikv = Pn

k=−n

eikv :

Sn(f)(x) =− 1 2π

Z −2π 0

f(x+v)

n

X

k=−n

e−ikvdv = 1 2π

Z 0

f(x+v)

n

X

k=−n

eikvdv.

Pour n∈N, notonsDn l’application d´efinie sur R, `a valeurs dansC par :

∀v∈R, Dn(v) =

n

X

k=−n

eikv. Dn est appel´e noyau de Dirichlet. Soitv∈R−2πZ.

Dn(v) = −1 + Pn

k=0

(eikv+e−ikv)

= −1 + Pn

k=0

eikv+ −nP

k=0

e−ikv

= −1 +1−e1−ei(n+1)viv +1−e1−ei(n+1)v−iv

= −1 +ei

n+1 2 v

ei v2 ×ei

n+1 2 v

−ein+12 v ei v2−ei v2 +ei

n+1 2 v

ei v2 ×ei

n+1 2 v

−ein+12 v ei v2−ei v2

= −1 +einv2 × sin(n+12 v)

sin(v2) +e−inv2 ×sin(n+12 v)

sin(v2)

= −1 +2 cos(nv2 )sin(n+12 v)

sin(v2)

= sin(v2)+2 cos(nv2)sin(n+12 v)

sin(v2)

= sin((n+12)v)

sin(v2)

(10)

Siv∈2πZ, alorsDn(v) = 2n+ 1.

Sn(f)(x) = 1 2π

Z 0

f(x+v)Dn(v)dv.

1

2πDn(v)dv = 1 2π

Z

0 n

X

k=−n

eikvdv= 1 2π

n

X

k=−n

Z

0

eikvdv = 1.

Soient x∈R,n∈N.

Sn(f)(x)−f(x) = 1 R

0 f(x+v)Dn(v)dv−1 R

0 f(x)Dn(v)dv

= 1 R

0 (f(x+v)−f(x))Dn(v)dv

= 1 Rπ

−π(f(x+v)−f(x))Dn(v)dv Soit g la fonction d´efine sur [−π; 0[∪]0;π] par :

g(v) = f(x+v)−f(x) 2 sin v2 .

gest continue par morceaux sur [−π; 0[∪]0;π].f est de classeC1par morceaux surRdoncf(x+v)−f(x)v −−−−→

v→0+

f(x). Par cons´equent :

g(v) = f(x+v)−f(x)

v ×

v 2

sin v2 −−−→

v→0 f(x).

g est donc continue sur [−π;π]. D’apr`es le lemme de Lebesgue, Z π

−π

g(v)eixvdv−−−−→

x→+∞ 0

donc 1

2π Z π

pi

g(v) sin

n+1 2

v

dv−−−−−→

n→+∞ 0 c’est-`a-dire

Sn(f)(x)−−−−−→

n→+∞ f(x).

2

3 Application

3.1 Calcul de sommes de s´eries

Soit f la fonction 2π-p´eriodique, d´efinie sur [0; 2π[ parf(x) =x(2π−x).

Pour x∈R,

f(−x) =−x(2π+x) =f(x+ 2π) =f(x).

(11)

Fig. 1 – Repr´esentation graphique de f

f est donc une fonction paire. Notons (an)n∈Net (bn)n∈Nles suites form´ees des coefficients de Fourier trigonom´etriques de f.f ´etant paire, on en d´eduit que lesbn sont nuls.

an= 1 π

Z 0

f(t)dt= 1 π

Z 0

(−t2+ 2πt)dt= 1 π

−t3 3 +πt2

t=0

= 4π2 3 . Soit n∈N.

an= 1 π

Z

0

f(t) cos(nt)dt= 1 π

Z

0

t(2π−t) cos(nt)dt.

t 7→ t(2π−t) et t 7→ tsin(nt)n sont de classe C1 sur [0; 2π]. D’apr`es le th´eor`eme d’int´egration par parties, on a :

an= 1

nπ[t(2π−t) sin(nt)]t=0− 1 nπ

Z

0

(2π−2t) sin(nt)dt an=− 1

nπ Z

0

(2π−2t) sin(nt)dt.

t 7→ 2π −2t et t 7→ −cos(nt)n sont de classe C1 sur [0; 2π]. D’apr`es le th´eor`eme d’int´egration par parties :

an= 1

n2π [(2π−2t) cos(nt)]t=0+ 2 nπ

Z 0

sin(nt)dt=− 4 n2

f ∈E et f est de classe C1 par morceaux surR. D’apr`es le th´eor`eme de Dirichlet, on a :

∀t∈R, t(2π−t) = 2π2 3 −4

+∞

X

n=1

cos(nt) n2 . Pour t= 0, on a :

0 = 2π2 3 −4

+∞

X

n=1

1 n2

donc +∞

X

n=1

1 n2 = π2

6 .

(12)

D’apr`es le corollaire 1 :

4 9 + 8

+∞

X

n=1

1 n4 = 1

2π Z

0

(f(t))2dt.

Z 0

(f(t))2dt= Z

0

(4π2t2−4πt3+t4)dt=

2t3

3 −πt4+t5 5

t=0

= 16 15π5 donc

4 9 + 8

+∞

X

n=1

1

n4 = 8π4 15

donc +∞

X

n=1

1 n4 = π4

90. 3.2 Utilisation de l’´egalit´e de Parseval

Soit f une fonction d´efinie surR, `a valeurs dans R, 2π-p´eriodique telle queR

0 f(t)dt= 0. Alors Z

0

f(t)2dt6 Z

0

f(t)2dt.

Notons an(f), bn(f), an(f) et bn(f) les coefficients de Fourier trigonom´etriques respectifs de f etf. Soit n∈N.

an(f) = 1 π

Z

0

f(t) cos(nt)dt.

t7→ sin(nt)n ett7→f(t) sont des fonctions de classe C1 sur [0; 2π]. D’apr`es le th´eor`eme d’int´egration par parties :

an(f) = 1

nπ[sin(nt)f(t)]t=0− 1 nπ

Z

0

f(t) sin(nt)dt=−1 nbn(f).

De mˆeme, on montre que

bn(f) = 1

nan(f).

f etf ´etant continues, d’apr`es le corollaire 1, sachant que a0(f) = 1

π Z

0

f(t)dt= 0, 1

2π Z

0

f(t)2dt= 1 2

+∞

X

n=1

(an(f)2+bn(f)2).

Par ailleurs, 1 2π

Z

0

f(t)2dt= a0(f)

4 +1

2

+∞

X

n=1

(an(f)2+bn(f)2) = 1 2

+∞

X

n=1

n2(an(f)2+bn(f)2) car

a0(f) = 1 π

Z 0

f(t)dt= 1

π[f(t)]t=0 = 1

π(f(2π)−f(0)) = 0.

(13)

Pour tout n ∈ N, an(f)2 +bn(f)2 6 n2(an(f)2 +bn(f)2). Les s´eries ´etant convergentes, on en d´eduit :

+∞

X

n=1

(an(f)2+bn(f)2)6

+∞

X

n=1

n2(an(f)2+bn(f)2) donc

Z

0

f(t)2dt6 Z

0

f(t)2dt.

On a ´egalit´e si

+∞

X

n=1

(an(f)2+bn(f)2) =

+∞

X

n=1

n2(an(f)2+bn(f)2) c’est-`a-dire

+∞

X

n=1

(an(f)2+bn(f)2) = 0.

Donc

∀n∈N, (n2−1)(an(f)2+bn(f)2) = 0.

Comme pour n>2,n2−16= 0, on en d´eduit :

∀n>2, an(f) =bn(f) = 0.

Alors :

∀x∈R, f(x) =a1(f) cosx+b1(f) sinx.

f est donc de la formex7→Acosx+Bsinx, avec A, B∈R. R´eciproquement, si f :x7→Acosx+Bsinx:

R

0 f(t)2dt = R

0 (A2cos2t+ 2ABcostsint+B2sin2t)dt

= A22R

0 (1 + sin(2t))dt+ABR

0 cos(2t)dt+B22 R

0 (1−sin(2t))dt

= A22h

t+cos(2t)2 i

t=0+AB2 [sin(2t)]t=0+B22 h

t+ cos(2t)2 i t=0

= π(A2+B2) De mˆeme, on montre que

Z

0

f(t)2dt=π(A2+B2).

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