2. Étudier la convergence de la série de Fourier de f .

EXERCICE 1 :

Soit f une application de R dans C , 2π − périodiques, continue par morceaux, définie par f (x) = π − x

2 sur ]0, 2π[ et f (x) = 0 pour x ∈ 2π Z 1. Déterminer les coefficients de Fourier de f .

2. Étudier la convergence de la série de Fourier de f .

EXERCICE 2 :

L’objectif de l’exercice est la détermination du développement en série de Fourier de : f : R −→ R , x 7−→ 1

cos x + cha (a > 0).

1. Justifier que : 1

cos x + cha = 1 sha

e ^a

e ^ix + e ^a − e ^−a e ^ix + e ^−a

2. En utilisant les développements en série entière, écrire f comme somme d’une série trigonométrique.

3. La série obtenue est-elle la série de Fourier de f ?

EXERCICE 3 :

Montre qu’il existe une suite réelle (a n ) n∈N telle que :

∀ x ∈ R , | sin x | =

+ ∞

X

n=1

a n sin ² nx

EXERCICE 4 :

Soit a un réel non nul et f : R → R , 2π − périodique définie pour tout x ∈ [0, 2π[, par f (x) = e ^ax . 1. Étudier le développement en série de Fourier de f .

2. Calculer la somme

+ ∞

X

n=1

a a ² + n ² . 3. En déduire

+∞

X

n=1

1 n ² = π ²

6 .

EXERCICE 5 :

La série trigonométrique X

n>1

sin(nx)

√ n est-elle la série de Fourier d’une fonction continue par morceaux 2π − périodique.

EXERCICE 6 :

Soit f (x) = x − E(x). Calculer ses coeffcients de Fourier. Quels théorèmes de convergence peut-on lui appliquer ?

Corrections

EXERCICE 1 :

1. Si x ∈ R \ 2π Z , il existe k ∈ Z et y ∈ ]0, 2π[ tels que x = y + 2kπ et l’on a f (x) = f (y) = π − y 2 x = y + 2kπ ⇒ − x = 2π − y − 2(k + 1)π avec 2π − y ∈ ]0, 2π[ donc f ( − x) = f (2π − y) = − π − y

2 , ce qui prouve que f ( − x) = − f (x) pour x ∈ R \ 2π Z .

D’après ce qui précéde, la fonction f est impaire et donc a n (f ) = 0 pour n ∈ N . On calcule les coefficients b n (f ) par la formule

n ∈ N ^∗ , b n (f ) = 2 π

Z π 0

π − x

2 sin nxdx =

IP P − 1 π

h (π − x) cos nx n

i ^π

0 − 1 nπ

Z π 0

cos nxdx = . . . = 1 n La série de Fourier de la fonction f est donc X

n>1

sin nx n .

2. Convergence : La fonction f est de classe C ¹ par morceaux sur R et égale à sa régularisée donc le théorème de Dirichlet assure la convergence simple de la série de Fourier vers f . On peut donc écrire que

∀ x ∈ ]0, 2π[, π − x

2 = X

n>1

sin nx n

Représentation graphique sur [ − 2π, 2π] des premières sommes partielles de la série de Fourier de f .

1.57

− 1.57

3.14 6.28

−3.14

−6.28

b

A

b

B

b

C

EXERCICE 2 :

1. C’est du calcul. On a 1

cos x + cha = 1 sha

e ^a

e ^ix + e ^a − e ^−a e ^ix + e ^−a

. 2. ∀ x ∈ R , e ^a

e ^ix + e ^a = 1 1 + e ^ix .e ^−a =

+ ∞

X

n=0

( − 1) ⁿ e ^inx .e ^−na ( | e ^ix−a | = e ^−a < 1) Avec le même procédé, on prouve que : e ^−a

e ^ix + e ^−a = e ^−a .e ^−ix 1 + e ^−ix .e ^−a =

+∞

X

n=1

( − 1) ⁿ⁻¹ e ^−inx .e ^−na ( | e ^−ix−a | = e ^−a < 1) Grâce à la première question, on en déduit que : 1

cos x + cha = 1 sha

" _+∞

X

n=1

2( − 1) ⁿ e ^−na

sha cos(nx)

# ( ⋆ )

3. Pour savoir s’il s’agit de la série de Fourier, on calcule les coefficients : f est paire donc ∀ k ∈ N , b k (f ) = 0 et a k (f ) = 2

π Z π

0

f (x) cos(kx)dx

d’après l’expression ( ⋆ ) de f , a k (f ) = 2 πsha

Z π 0

1 + 2

+ ∞

X

n=1

( − 1) ⁿ e ^−na cos(nx)

!

cos kxdx

Comme la série de terme général f n : x 7−→ ( − 1) ⁿ e ^−na cos(nx) cos(kx) converge normalement, on peut intégrer terme à terme et on obtient :

a k (f ) = 2 πsha

Z ^π

0

cos(kx)dx + 4 πsha

+∞

X

n=1

( − 1) ⁿ e ^−na Z ^π

0

cos(nx) cos(kx)dx

Les deux intégrales sont nulles sauf pour n = k, donc a k (f ) = 2

πsha ( − 1) ^k e ^−ka , ∀ k ∈ N La série obtenue au 2. est bien la série de Fourier de f .

EXERCICE 3 :

On pose f : x 7−→ | sin x | . f est clairement continue et de classe C ¹ par morceaux, donc, d’après le théorème de Dirichlet, la série de Fourier de f converge en tout x ∈ R vers f (x).

On remarque f est paire donc ∀ n ∈ N , b n (f ) = 0 et a n (f ) = 2 π

Z π 0

f (x) cos nxdx Un calcul rapide permet d’obtenir : a 0 (f ) = 2

π Z π

0

sin xdx = 4

π et a 1 (f ) = 1 π

Z π 0

sin 2xdx = 0,

n > 2, a n (f ) = 2 π

Z π 0

sin x cos nxdx ( | sin x | = sin x sur [0, π])

= 1 π

Z π 0

[sin(n + 1)x − sin(n − 1)x]dx

= 1 π

− cos(n + 1)x

n + 1 + cos(n − 1)x n − 1

^π

0

= 1 π

1 − ( − 1) ⁿ⁺¹

n + 1 + ( − 1) ⁿ⁻¹ − 1 n − 1

Et donc, pour n impair, n = 2p + 1 : a 2p+1 (f ) = 0 et pour n pair, n = 2p : a 2p (f ) = 2 π

1

2p + 1 − 1 2p − 1

Ainsi

∀ x ∈ R , | sin x | = a 0 (f )

2 + X

n>1

a n (f ) cos nx

= a 0 (f )

2 + X

p>1

a 2p (f ) cos 2px

= 2 π + X

n>1

2 π

1

2n + 1 − 1 2n − 1

cos 2nx (chgt indice de sommation p → n)

= 2 π + 2

π X

n>1

1

2n + 1 − 1 2n − 1

− 4 π

X

n>1

1

2n + 1 − 1 2n − 1

sin ² nx (cos 2nx = 1 − 2 sin ² nx)

= 8 π

X

n>1

sin ² nx (2n + 1)(2n − 1)



 X

n>1

1

2n + 1 − 1 2n − 1

= − 1 somme télescopique





| sin x | = 8 π

+∞

X

n=1

sin ² nx 4n ² − 1

EXERCICE 4 :

Soit a un réel non nul et f : R → R , 2π − périodique définie pour tout x ∈ [0, 2π[, par f (x) = e ^ax .

1. f est continue par morceaux sur R et de classe C ¹ sur tout intervalle ]2kπ, 2(k + 1)π[. De plus f ^′ (x) admet des limites finies en 0 ⁺ et en 2π ⁻ donc f est de classe C ¹ par morceaux sur R .

Le théorème de Dirichlet assure que la série de Fourier de f converge simplement sur R et sa somme est la régularisée de f .

Au regard de la forme de la fonction f , une stratégie efficace peut consister à calculer les coefficients de Fourier

complexes

∀ n ∈ Z , c n (f ) = 1 2π

Z 2π 0

e ^ax e ^−inx dx = 1 2π

e ^(a−in)x a − in

^2π

0

= . . . = a + in

2π(a ² + n ² ) (e ^2πa − 1) (a 6 = 0 ⇒ a − in 6 = 0) Si l’on note S(x) la somme de la série de Fourier, S(x) =

+∞

X

n= −∞

c n (f )e ^inx = a 0 (f )

2 +

+∞

X

n=1

a n (f ) cos nx+b n (f ) sin nx.

Avec de plus le lien c n (f ) = a n (f ) − ib n (f )

2 (a 0 = 2c 0 et b 0 = 0) c 0 (f ) = 1

2π Z 2π

0

e ^ax dx = 1 2π

e ^ax a

2π 0

= e ^2πa − 1 2πa Compte-tenu du calcul de c n (f ), on obtient :

∀ x ∈ R \ Z , f (x) = e ^2πa − 1 2π



 1 a + X

n>1

2a cos nx

a ² + n ² − 2n sin nx a ² + n ²





et en tout x multiple de 2π, d’après la convergence de la série de Fourier vers la régularisée de f , on peut écrire que e ^2πa − 1

2π



 1

a + 2a X

n>1

1 a ² + n ²



 = f (0 ⁺ ) + f (2π ⁻ )

2 = 1 + e ^2πa

2 (f (0 ⁺ ) = lim

x→0 x>0

f (x))

2. Ce qui donne en isolant la somme :

+∞

X

n=1

a

a ² + n ² = π

2a . e ^2πa + 1 e ^2πa − 1 − 1

2a ² . 3. Pour en déduire

+∞

X

n=1

1

n ² , il faut faire tendre a vers 0 dans la somme précédente, ce qui ne se fait pas sans prendre quelques précautions. Il faut invoquer le théorème de permutation des symboles X

et lim. Plus précisément, si l’on note u n : a 7−→ 1

a ² + n ² , cette série de fonctions est normalement convergente sur R

|| u n || ^R ∞ = 1 n ²

, la permutation est possible et

+∞

X

n=1

1 n ² = lim

a→0

π

2a . e ^2πa + 1 e ^2πa − 1 − 1

2a ² Or e ^2πa = 1 + 2πa + 2π ² a ² + 4π ³ a ³

3 + o(a ³ ) et π

2a . e ^2πa + 1 e ^2πa − 1 − 1

2a ² = πa(e ^2πa + 1) − (e ^2πa − 1) 2a ² (e ^2πa − 1) donc π

2a . e ^2πa + 1 e ^2πa − 1 − 1

2a ² = πa(2 + 2πa + 2π ² a ² + ^4π ₃ ^{3 a 3} + o(a ³ )) − (2πa + 2π ² a ² + ^{4π 3} ₃ ^{a 3} + o(a ³ )) 2a ² (2πa + o(a))

=

2π ³ − ^4π 3 ³

a ³ + o(a ³ ) 4πa ³ + o(a ³ ) =

2π ³ 3 + o(1) 4π + o(1) Ainsi

+∞

X

n=1

1 n ² = π ²

6 .

EXERCICE 5 :

Égalité de Parseval : Soit f : R −→ C , 2π − périodique, continue par morceaux. Alors les séries de termes généraux

| a n | ² , | b n | ² , | c n | ² , | c −n | ² sont convergentes et : 1

2π Z 2π

0 | f (x) | ² dx = | a 0 | ²

4 +

+∞

X

n=1

| a n | ² + | b n | ²

2 =

+∞

X

n=−∞

| c n | ²

⋆ ⋆ ⋆ ⋆ ⋆ Supposons que la série trigonométrique X

n>1

sin(nx)

√ n est la série de Fourier d’une fonction f continue par morceaux 2π − périodique.

Alors on aurait : a n (f ) = 0 pour tout n ∈ N et b n (f ) = 1

√ n pour n > 1.

Or d’après l’égalité de Parseval, X

n>1

| b n (f ) | ² converge et ceci amène à la contradiction X

n>1

1

n converge ! X

n>1

sin(nx)

√ n n’est pas la série de Fourier d’une fonction f continue par morceaux 2π − périodique.

EXERCICE 6 :

Soit f (x) = x − E(x). Calculer ses coeffcients de Fourier. Quels théorèmes de convergence peut-on lui appliquer ?

0.5 1.0

−0.5

0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0

− 0.5

− 1.0

− 1.5

− 2.0

− 2.5

f est 1-périodique, continue par morceaux.

Développement des fonctions T − périodiques : f : R −→ C , T − périodique et continue par morceaux. Les coefficients de Fourier de f sont :

a n (f ) = 2 T

Z T 0

f (u) cos 2πnu

T

du et b n (f ) = 2 T

Z T 0

f (u) sin 2πnu

T

du dans les conditions du théorème de Dirichlet, on obtient pour tout x réel :

1

2 (f (x ⁺ ) + f (x ⁻ )) =

+∞

X

n=−∞

c n (f )e ^{2iπnx T} = a 0 (f )

2 +

+∞

X

n=1

a n (f ) cos 2πnx

T

+ b n (f ) sin 2πnx

T

⋆ ⋆ ⋆ ⋆ ⋆ a n (f ) = 2

Z 1 0

f (x) cos(2πnx)dx (T = 1) et donc a 0 (f ) = 1 et ∀ n > 1, a n (f ) = 2 Z 1

0

x cos(2πnx)dx = 2 h x

2nπ sin(2πnx) i 1 0 − 2

2nπ Z 1

0

sin(2πnx)dx = 1

2n ² π ² [cos(2πnx)] ¹ ₀ = 0.

Pour n > 1, b n (f ) = 2 Z 1 0

x sin(2πnx)dx = 2 h

− x

2nπ cos(2πnx) i 1 0 − 2

2nπ Z 1

0

cos(2πnx)dx = − 1

nπ

• Comme f est 1-périodique et continue par morceaux, on peut appliquer la formule de Parseval : Z 1

0 | f (x) | ² dx = Z 1 0

x ² dx = 1 3 = 1

4 + 1 2

+∞

X

n=1

1 n ² π ² = ⇒

+∞

X

n=1

1 n ² = π ²

6

• Le théorème de convergence simple de Dirichlet donne (f r régularisée de f )

∀ x ∈ R , 1

2 (f (x ⁺ ) + f (x ⁻ )) = a 0 (f )

2 +

+∞

X

n=1

b n (f ) sin 2πnx

T

⇔ f r (x) = 1 2 −

+∞

X

n=1

1

nπ sin (2πnx) Apliqué en x = 1

4 , on obtient 1

4 = 1 2 −

+ ∞

X

n=1

1

nπ sin nπ 2

⇔ 1 4 =

+ ∞

X

n=0

1

(2n + 1)π sin

(2n + 1)π 2

⇔

+ ∞

X

n=0

( − 1) ⁿ 2n + 1 = π

4