Corrigé des exercices : Fourier, Dirichlet et Parseval en L2 de maths

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Linéariser un polynôme trigonométrique

Idée clé : pour un polynôme trigonométrique, les coefficients de Fourier se lisent sur l’écriture linéarisée, sans intégrer.

1. Les formules d’Euler donnent \(\sin^3 t = \frac{3\sin t – \sin(3t)}{4}\). De plus, \(\cos^2(2t) = \frac{1 + \cos(4t)}{2}\). Donc \(f(t) = \frac{1}{2} + \frac{3}{4}\sin t – \frac{1}{4}\sin(3t) + \frac{1}{2}\cos(4t)\).
2. Par identification avec \(\frac{a_0}{2} + \sum (a_n\cos + b_n\sin)\), on obtient \(a_0 = 1\), \(a_4 = \frac{1}{2}\), \(b_1 = \frac{3}{4}\), \(b_3 = -\frac{1}{4}\), et tous les autres sont nuls. Ensuite, \(\sin t = \frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}t} – \mathrm{e}^{-\mathrm{i}t}}{2\mathrm{i}}\) donne \(c_{\pm 1} = \mp\frac{3\mathrm{i}}{8}\). De même, \(c_{\pm 3} = \pm\frac{\mathrm{i}}{8}\) et \(c_{\pm 4} = \frac{1}{4}\). Enfin \(c_0 = \frac{1}{2}\), et les autres \(c_n\) sont nuls. On contrôle : \(b_1 = \mathrm{i}(c_1 – c_{-1}) = \mathrm{i} \cdot \big(-\frac{6\mathrm{i}}{8}\big) = \frac{3}{4}\).
3. Par orthonormalité, \(\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi} f^2 = \sum |c_n|^2 = \frac{1}{4} + 2 \cdot \frac{9}{64} + 2 \cdot \frac{1}{64} + 2 \cdot \frac{1}{16}\). On trouve \(\frac{44}{64} = \frac{11}{16}\).

On peut contrôler ce résultat avec la forme réelle de Parseval : \(\frac{a_0^2}{4} + \frac{1}{2}\big(b_1^2 + b_3^2 + a_4^2\big) = \frac{1}{4} + \frac{1}{2}\cdot\frac{14}{16} = \frac{11}{16}\). Les deux écritures doivent toujours concorder ; c’est un excellent test contre les erreurs de facteur 2.

Corrigé de l’exercice 2 – Parité et antipériodicité

Idée clé : on coupe la période en deux moitiés et l’on ramène la seconde sur la première par un changement de variable.

1. On intègre sur \([-\pi, \pi]\). Si \(f\) est paire, \(t \mapsto f(t)\sin(nt)\) est impaire, donc \(b_n = 0\). En revanche, \(t \mapsto f(t)\cos(nt)\) est paire. Ainsi \(a_n = \frac{2}{\pi}\int_0^{\pi} f(t)\cos(nt)\,\mathrm{d}t\).
2. On écrit \(2\pi c_n = \int_0^{\pi} f(t)\mathrm{e}^{-\mathrm{i}nt}\,\mathrm{d}t + \int_{\pi}^{2\pi} f(t)\mathrm{e}^{-\mathrm{i}nt}\,\mathrm{d}t\). Dans la seconde intégrale, on pose \(t = s + \pi\). Comme \(f(s + \pi) = -f(s)\) et \(\mathrm{e}^{-\mathrm{i}n\pi} = (-1)^n\), elle vaut \(-(-1)^n \int_0^{\pi} f(s)\mathrm{e}^{-\mathrm{i}ns}\,\mathrm{d}s\). D’où la formule annoncée, et \(c_{2k}(f) = 0\) pour tout \(k\) : seules les harmoniques impaires subsistent.
3. On a \(\sin^3(t + \pi) = (-\sin t)^3 = -\sin^3 t\). Or l’exercice 1 montre que \(\sin^3\) n’a que des coefficients d’indices \(\pm 1\) et \(\pm 3\). Le résultat est bien vérifié.

Corrigé de l’exercice 3 – Coefficients d’une impulsion centrée

Idée clé : la fonction est paire, donc tout se ramène à intégrer \(\cos(nt)\) sur \([0, \pi/2]\).

1. La fonction \(v\) est paire, car l’intervalle \([-\pi/2, \pi/2]\) est symétrique. Donc \(b_n(v) = 0\).
2. On a \(a_0 = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi/2}^{\pi/2} 1\,\mathrm{d}t = 1\). Pour \(n \geqslant 1\), \(a_n = \frac{2}{\pi}\int_0^{\pi/2}\cos(nt)\,\mathrm{d}t = \frac{2\sin(n\pi/2)}{n\pi}\). Ainsi \(a_1 = \frac{2}{\pi}\), \(a_2 = 0\) et \(a_3 = -\frac{2}{3\pi}\).
3. Comme \(v\) est paire et réelle, \(c_n = c_{-n} = \frac{a_n}{2}\). Donc \(c_0 = \frac{1}{2}\) et \(c_n = \frac{\sin(n\pi/2)}{n\pi}\) pour \(n \neq 0\).

Ces coefficients décroissent comme \(1/n\), ce qui est normal pour une fonction qui présente des sauts. Par ailleurs, ils sont tous réels, car \(v\) est réelle et paire. Notons aussi que \(v\) n’est qu’une translatée du créneau du cours : seule la phase des coefficients change, pas leur module.

Corrigé de l’exercice 4 – Une série trigonométrique de coefficients donnés

Idée clé : la convergence normale autorise l’intégration terme à terme, et l’orthonormalité isole alors un seul terme.

1. Pour tout \(x\), \(\big|\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}nx}}{1 + n^2}\big| = \frac{1}{1 + n^2}\), terme d’une série convergente. La série converge donc normalement. Chaque terme est continu et \(2\pi\)-périodique, et ces propriétés passent à la limite uniforme.
2. La série \(\sum \frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}(n-m)x}}{1+n^2}\) converge aussi normalement. On peut donc l’intégrer terme à terme sur \([0, 2\pi]\) : \(c_m(F) = \sum_n \frac{1}{1 + n^2}\langle e_m, e_n \rangle\). Seul le terme \(n = m\) subsiste, d’où \(c_m(F) = \frac{1}{1 + m^2}\).
3. En regroupant \(n\) et \(-n\), on obtient \(\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}nx} + \mathrm{e}^{-\mathrm{i}nx}}{1 + n^2} = \frac{2\cos(nx)}{1 + n^2}\). Donc \(F(x) = 1 + 2\sum_{n \geqslant 1} \frac{\cos(nx)}{1 + n^2}\), qui est réelle et paire.

Corrigé de l’exercice 5 – Bessel interdit certains coefficients

Idée clé : d’après Bessel, les carrés des coefficients forment toujours une série convergente.

1. Sous forme réelle, Bessel s’écrit \(\frac{|a_0|^2}{4} + \frac{1}{2}\sum_{n \geqslant 1}(|a_n|^2 + |b_n|^2) \leqslant \|f\|_2^2\). En particulier, \(\sum b_n^2\) converge. Or, si \(b_n = 1/\sqrt{n}\), alors \(\sum b_n^2 = \sum 1/n\) diverge. Une telle fonction n’existe donc pas.
2. Pour \(n \geqslant 1\), on a \(\frac{|a_n|}{n} \leqslant \frac{1}{2}\big(|a_n|^2 + \frac{1}{n^2}\big)\), et de même pour \(b_n\). Les séries \(\sum |a_n|^2\), \(\sum |b_n|^2\) et \(\sum 1/n^2\) convergent. Par comparaison, la série étudiée converge.

Ce type d’argument est très efficace pour prouver qu’une série trigonométrique donnée n’est pas une série de Fourier. Attention cependant : la série \(\sum \frac{\sin(nx)}{\sqrt{n}}\) converge en tout point. Le problème ne vient donc pas de la convergence ponctuelle, mais de l’énergie, qui serait infinie.

Corrigé de l’exercice 6 – Dirichlet sans calcul de coefficients

Idée clé : le théorème de Dirichlet ne demande que les limites à gauche et à droite en chaque point.

1. Sur \(]-\pi, 0[\) et sur \(]0, \pi[\), \(f\) coïncide avec une fonction polynomiale, prolongeable en une fonction \(\mathcal{C}^1\) sur le segment fermé. Donc \(f\) est \(\mathcal{C}^1\) par morceaux.
2. En un point \(x \in \,]-\pi, 0[\, \cup \,]0, \pi[\), \(f\) est continue, donc \(S(x) = f(x)\). En 0, on a \(f(0^-) = 1\) et \(f(0^+) = 0\). Ainsi \(S(0) = \frac{1}{2}\). En \(\pi\), la limite à gauche vaut \(\pi^2\). Par périodicité, la limite à droite est celle de \(f\) en \(-\pi^+\), soit \(1 – \pi\). Donc \(S(\pi) = S(-\pi) = \frac{\pi^2 – \pi + 1}{2}\).
3. Non. Une série de fonctions continues qui converge normalement a une somme continue. Or \(S\) est discontinue en 0. La convergence n’est donc pas normale.

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Valeur absolue du sinus

Idée clé : la fonction est paire, continue et \(\mathcal{C}^1\) par morceaux ; on calcule les \(a_n\) par linéarisation, puis la convergence normale autorise toutes les évaluations.

1. La fonction \(f\) est paire, donc \(b_n = 0\) et \(a_n = \frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}\sin t\cos(nt)\,\mathrm{d}t\). D’abord, \(a_0 = \frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}\sin t\,\mathrm{d}t = \frac{4}{\pi}\). Pour \(n = 1\), \(a_1 = \frac{1}{\pi}\int_0^{\pi}\sin(2t)\,\mathrm{d}t = 0\). Pour \(n \geqslant 2\), on écrit \(2\sin t\cos(nt) = \sin\big((1+n)t\big) + \sin\big((1-n)t\big)\), puis on intègre :
   \[a_n = \frac{1}{\pi}\Big(\frac{1 + (-1)^n}{1 + n} + \frac{1 + (-1)^n}{1 – n}\Big) = \frac{2\big(1 + (-1)^n\big)}{\pi(1 – n^2)}.\]
   Donc \(a_{2k+1} = 0\) et \(a_{2k} = -\frac{4}{\pi(4k^2 – 1)}\).
2. La fonction \(f\) est continue sur \(\mathbb{R}\), et \(\mathcal{C}^1\) sur chaque \([k\pi, (k+1)\pi]\). Par le théorème de convergence normale, \(|\sin x| = \frac{2}{\pi} – \frac{4}{\pi}\sum_{k \geqslant 1}\frac{\cos(2kx)}{4k^2 – 1}\) pour tout réel \(x\).
3. En \(x = 0\), on obtient \(0 = \frac{2}{\pi} – \frac{4}{\pi}\sum \frac{1}{4k^2 – 1}\), d’où \(\sum_{k \geqslant 1} \frac{1}{4k^2 – 1} = \frac{1}{2}\). En \(x = \frac{\pi}{2}\), on a \(\cos(k\pi) = (-1)^k\), donc \(1 = \frac{2}{\pi} – \frac{4}{\pi}\sum \frac{(-1)^k}{4k^2 – 1}\). Ainsi \(\sum_{k \geqslant 1} \frac{(-1)^k}{4k^2 – 1} = \frac{1}{2} – \frac{\pi}{4} \approx -0{,}285\).
4. Parseval, multiplié par 2, s’écrit \(\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi} f^2 = \frac{a_0^2}{2} + \sum_{n \geqslant 1} a_n^2\). Le membre de gauche vaut \(\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\sin^2 = 1\). Par conséquent, \(1 = \frac{8}{\pi^2} + \frac{16}{\pi^2}\sum \frac{1}{(4k^2 – 1)^2}\). On trouve \(\sum_{k \geqslant 1} \frac{1}{(4k^2 – 1)^2} = \frac{\pi^2 – 8}{16} \approx 0{,}117\).

Sur la figure, la somme partielle d’ordre 6 épouse déjà presque la courbe, sauf aux points anguleux.

Corrigé de l’exercice 8 – Exponentielle sur une période

Idée clé : la forme exponentielle rend le calcul immédiat ; ensuite, on applique Dirichlet au point de saut, en regroupant les indices opposés.

1. Pour tout \(n\), \(1 – \mathrm{i}n \neq 0\). Donc \(c_n(f) = \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\mathrm{e}^{(1 – \mathrm{i}n)x}\,\mathrm{d}x = \frac{1}{2\pi}\cdot\frac{\mathrm{e}^{2\pi}\mathrm{e}^{-2\mathrm{i}n\pi} – 1}{1 – \mathrm{i}n}\). Comme \(\mathrm{e}^{-2\mathrm{i}n\pi} = 1\), on obtient \(c_n(f) = \frac{K}{1 – \mathrm{i}n}\).
2. On réduit au même dénominateur : \(\frac{1}{1 – \mathrm{i}n} + \frac{1}{1 + \mathrm{i}n} = \frac{2}{1 + n^2}\). Donc \(c_n + c_{-n} = \frac{2K}{1 + n^2}\).
3. La fonction \(f\) est \(\mathcal{C}^1\) par morceaux. En 0, elle saute de \(\mathrm{e}^{2\pi}\) (limite à gauche) à 1. Par Dirichlet, \(S_N(f)(0) = K\big(1 + 2\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{1 + n^2}\big)\) tend vers \(\frac{1 + \mathrm{e}^{2\pi}}{2}\). En divisant par \(K\), on trouve
   \[1 + 2\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{1 + n^2} = \pi\,\frac{\mathrm{e}^{2\pi} + 1}{\mathrm{e}^{2\pi} – 1}.\]
   D’où la formule annoncée, avec une valeur proche de 1,077.
4. D’une part, \(\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\mathrm{e}^{2x}\,\mathrm{d}x = \frac{\mathrm{e}^{4\pi} – 1}{4\pi}\). D’autre part, \(\sum |c_n|^2 = K^2\sum_{n \in \mathbb{Z}}\frac{1}{1 + n^2}\). En factorisant \(\mathrm{e}^{4\pi} – 1 = (\mathrm{e}^{2\pi} – 1)(\mathrm{e}^{2\pi} + 1)\), on obtient \(\sum_{n \in \mathbb{Z}}\frac{1}{1 + n^2} = \pi\frac{\mathrm{e}^{2\pi} + 1}{\mathrm{e}^{2\pi} – 1}\). C’est bien la même égalité.

La figure montre la somme partielle passer par la demi-somme des limites à chaque saut.

Corrigé de l’exercice 9 – Meilleure approximation de degré 1

Idée clé : la meilleure approximation dans \(\mathcal{T}_1\) est la projection orthogonale \(S_1(f)\), et l’erreur se calcule par Pythagore.

1. On a \(c_0 = 0\), car \(f\) est impaire. Pour \(n \neq 0\), une intégration par parties sur \([-\pi, \pi]\) donne \(\int_{-\pi}^{\pi} x\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}nx}\,\mathrm{d}x = \frac{2\pi(-1)^n}{-\mathrm{i}n}\), le second terme étant nul. Donc \(c_n = \frac{\mathrm{i}(-1)^n}{n}\), puis \(b_n = \mathrm{i}(c_n – c_{-n}) = \frac{2(-1)^{n+1}}{n}\).
2. Par le théorème de projection, le minimum est atteint en \(P = S_1(f) = c_{-1}e_{-1} + c_0 + c_1 e_1\). On obtient \(P(x) = b_1\sin x = 2\sin x\).
3. Par Pythagore, \(\|f – S_1(f)\|_2^2 = \|f\|_2^2 – |c_1|^2 – |c_{-1}|^2\). Or \(\|f\|_2^2 = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}x^2\,\mathrm{d}x = \frac{\pi^2}{3}\). Le minimum de \(\|f – P\|_2^2\) vaut donc \(\frac{\pi^2}{3} – 2 \approx 1{,}29\).

Ce minimum est assez grand, car \(\frac{\pi^2}{3} \approx 3{,}29\). Ainsi, un seul sinus ne capte que 60 % environ de l’énergie de la dent de scie impaire. De plus, quand le degré \(N\) augmente, l’erreur vaut \(\frac{\pi^2}{3} – 2\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n^2}\), qui tend vers 0 d’après la valeur de \(\zeta(2)\).

Corrigé de l’exercice 10 – Coefficients de la dérivée

Idée clé : une intégration par parties sur chaque morceau, dont les termes de bord se compensent grâce à la continuité et à la périodicité.

1. Soit \(0 = t_0 < \cdots < t_p = 2\pi\) une subdivision adaptée à \(f\). Sur \([t_{j-1}, t_j]\), on a \(\int f^{\prime}(t)\mathrm{e}^{-\mathrm{i}nt}\,\mathrm{d}t = \big[f(t)\mathrm{e}^{-\mathrm{i}nt}\big]_{t_{j-1}}^{t_j} + \mathrm{i}n\int f(t)\mathrm{e}^{-\mathrm{i}nt}\,\mathrm{d}t\). En sommant sur \(j\), les crochets se télescopent, car \(f\) est continue. Il reste \(f(2\pi) – f(0) = 0\). Donc \(c_n(f^{\prime}) = \mathrm{i}n\,c_n(f)\).
2. La fonction \(f^{\prime}\) est continue par morceaux. Par Riemann-Lebesgue, \(c_n(f^{\prime}) \to 0\). Ainsi \(n\,c_n(f) = -\mathrm{i}\,c_n(f^{\prime}) \to 0\).
3. Pour \(n \neq 0\), \(|c_n(f)| = \frac{|c_n(f^{\prime})|}{|n|} \leqslant \frac{1}{2}\big(|c_n(f^{\prime})|^2 + \frac{1}{n^2}\big)\). Par Bessel appliqué à \(f^{\prime}\), la série majorante converge. Donc \(\sum |c_n(f)|\) converge.
4. Prenons le créneau \(u\) du cours, égal à 1 sur \([0, \pi[\) et 0 sur \([\pi, 2\pi[\). Sa dérivée est nulle sauf en un nombre fini de points par période, donc \(c_n(u^{\prime}) = 0\). Cependant, \(\mathrm{i}n\,c_n(u) = \frac{1}{\pi}\) pour \(n\) impair. La formule tombe en défaut sans continuité.

En itérant la question 1, on voit qu’une fonction de classe \(\mathcal{C}^k\) a des coefficients négligeables devant \(1/|n|^k\). Inversement, des coefficients qui décroissent vite signalent une fonction régulière. C’est ce lien entre régularité et décroissance qu’illustre la figure du cours sur les spectres.

Corrigé de l’exercice 11 – Une marche de largeur 2π/3 et ζ(2)

Idée clé : le module de \(1 – \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\theta}\) s’exprime par un sinus de l’angle moitié ; Parseval fait alors apparaître \(\zeta(2)\) privée des multiples de 3.

1. On a \(c_0 = \frac{1}{2\pi}\cdot\frac{2\pi}{3} = \frac{1}{3}\). Pour \(n \neq 0\), \(c_n = \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi/3}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}nt}\,\mathrm{d}t = \frac{1 – \mathrm{e}^{-2\mathrm{i}n\pi/3}}{2\mathrm{i}\pi n}\). Or \(|1 – \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\theta}| = 2|\sin(\theta/2)|\). Avec \(\theta = 2n\pi/3\), on obtient \(|c_n|^2 = \frac{4\sin^2(n\pi/3)}{4\pi^2 n^2} = \frac{\sin^2(n\pi/3)}{\pi^2 n^2}\).
2. Si 3 divise \(n\), \(\sin(n\pi/3) = 0\). Sinon, \(n\pi/3\) est congru à \(\pm\pi/3\) ou \(\pm 2\pi/3\) modulo \(2\pi\), et \(\sin^2(n\pi/3) = \frac{3}{4}\). D’où les deux cas annoncés.
3. Comme \(w^2 = w\), on a \(\|w\|_2^2 = \frac{1}{3}\). Parseval donne \(\frac{1}{3} = \frac{1}{9} + 2\cdot\frac{3}{4\pi^2}\sum_{n \geqslant 1,\ 3 \nmid n}\frac{1}{n^2}\). Or la somme sur les \(n\) non multiples de 3 vaut \(\zeta(2) – \frac{\zeta(2)}{9} = \frac{8}{9}\zeta(2)\). Il vient \(\frac{2}{9} = \frac{4}{3\pi^2}\zeta(2)\). Donc \(\zeta(2) = \frac{\pi^2}{6}\).

Le choix de la largeur \(2\pi/3\) n’a rien d’essentiel. Avec une marche de largeur \(2\pi/k\), le même calcul fait intervenir les \(n\) non multiples de \(k\), et l’on retrouve encore \(\zeta(2)\). En revanche, une largeur \(\pi\) redonne le créneau du cours et la somme sur les impairs.

Corrigé de l’exercice 12 – Un triangle et ζ(4)

Idée clé : le triangle est continu, donc on dispose à la fois de la convergence normale, qui donne les impairs au carré, et de Parseval, qui donne les impairs à la puissance 4.

1. Sur \([-\pi, \pi]\), on a \(T(x) = \frac{\pi}{2} – |x|\). D’abord, \(a_0 = \frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}\big(\frac{\pi}{2} – x\big)\,\mathrm{d}x = 0\). Pour \(n \geqslant 1\), une intégration par parties donne
   \[\int_0^{\pi}\Big(\frac{\pi}{2} – x\Big)\cos(nx)\,\mathrm{d}x = \Big[\Big(\frac{\pi}{2} – x\Big)\frac{\sin(nx)}{n}\Big]_0^{\pi} + \frac{1}{n}\int_0^{\pi}\sin(nx)\,\mathrm{d}x = \frac{1 – (-1)^n}{n^2}.\]
   Donc \(a_n = \frac{2(1 – (-1)^n)}{\pi n^2}\), soit \(\frac{4}{\pi n^2}\) pour \(n\) impair et 0 pour \(n\) pair.
2. On a \(T(\pi) = T(-\pi) = -\frac{\pi}{2}\), donc \(T\) est continue sur \(\mathbb{R}\). Elle est de plus affine par morceaux. La convergence est donc normale, et en \(x = 0\) : \(\frac{\pi}{2} = \frac{4}{\pi}\sum_{k \geqslant 0}\frac{1}{(2k+1)^2}\). Ainsi \(\sum_{k \geqslant 0}\frac{1}{(2k+1)^2} = \frac{\pi^2}{8}\).
3. On calcule \(\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}T^2 = \frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}\big(\frac{\pi}{2} – x\big)^2\,\mathrm{d}x = \frac{2}{\pi}\cdot\frac{\pi^3}{12} = \frac{\pi^2}{6}\). Par Parseval, \(\frac{\pi^2}{6} = \sum a_n^2 = \frac{16}{\pi^2}\sum_{k \geqslant 0}\frac{1}{(2k+1)^4}\). Donc \(\sum_{k \geqslant 0}\frac{1}{(2k+1)^4} = \frac{\pi^4}{96}\).
4. Les indices pairs contribuent \(\sum \frac{1}{(2m)^4} = \frac{\zeta(4)}{16}\). Par conséquent, \(\zeta(4) = \frac{\pi^4}{96} + \frac{\zeta(4)}{16}\), soit \(\frac{15}{16}\zeta(4) = \frac{\pi^4}{96}\). On obtient \(\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90} \approx 1{,}0823\).

Comparons avec le cours, qui obtenait \(\zeta(4)\) grâce à la parabole \(h\). Ici, la fonction est plus simple, puisqu’elle est affine par morceaux, mais elle ne fournit d’abord que la somme sur les impairs. L’étape de séparation des indices pairs et impairs est donc indispensable. Dans les deux approches, on contrôle le résultat : \(1 + \frac{1}{16} + \frac{1}{81} \approx 1{,}0748\), déjà proche de la valeur exacte.

Corrigé de l’exercice 13 – Un carré non symétrique et deux sommes

Idée clé : dans la somme symétrique \(S_N\), les parties imaginaires de \(c_n\) et \(c_{-n}\) se compensent ; il ne reste que les termes en \(1/n^2\).

1. On a \(c_0 = \frac{1}{2\pi}\cdot\frac{8\pi^3}{3} = \frac{4\pi^2}{3}\). Pour \(n \neq 0\), deux intégrations par parties donnent \(\int_0^{2\pi}x\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}nx}\,\mathrm{d}x = \frac{2\pi\mathrm{i}}{n}\), puis \(\int_0^{2\pi}x^2\mathrm{e}^{-\mathrm{i}nx}\,\mathrm{d}x = \frac{4\pi^2\mathrm{i}}{n} + \frac{2}{\mathrm{i}n}\cdot\frac{2\pi\mathrm{i}}{n}\). En divisant par \(2\pi\), on obtient \(c_n = \frac{2}{n^2} + \frac{2\pi\mathrm{i}}{n}\).
2. On a \(c_n + c_{-n} = \frac{4}{n^2}\). En 0, \(q\) saute de \(4\pi^2\) à 0, et Dirichlet donne \(\frac{4\pi^2}{3} + 4\zeta(2) = 2\pi^2\). Donc \(\zeta(2) = \frac{\pi^2}{6}\).
3. En \(\pi\), \(q\) est continue et vaut \(\pi^2\). De plus, \(c_n\mathrm{e}^{\mathrm{i}n\pi} + c_{-n}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}n\pi} = (-1)^n\frac{4}{n^2}\). Ainsi \(\pi^2 = \frac{4\pi^2}{3} + 4\sum_{n \geqslant 1}\frac{(-1)^n}{n^2}\). D’où \(\sum_{n \geqslant 1}\frac{(-1)^{n+1}}{n^2} = \frac{\pi^2}{12}\).

Un contrôle rapide confirme ce résultat. La somme alternée vaut \(\zeta(2) – 2\cdot\frac{\zeta(2)}{4} = \frac{\zeta(2)}{2}\), puisque les termes pairs sont comptés avec un signe moins. On retrouve bien \(\frac{\pi^2}{12} \approx 0{,}822\). Enfin, remarquons que les termes en \(\frac{2\pi\mathrm{i}}{n}\) ne contribuent jamais, car ils sont impairs en \(n\).

Corrigé de l’exercice 14 – Coefficients géométriques et une intégrale

Idée clé : une fonction donnée par une série normalement convergente a pour coefficients ceux de la série ; Parseval transforme alors une intégrale difficile en série géométrique.

1. Comme \(\sum 2^{-|n|}\) converge, la série converge normalement. Sa somme \(F\) est continue, et l’intégration terme à terme donne \(c_n(F) = 2^{-|n|}\), comme dans l’exercice 4.
2. Posons \(z = \frac{1}{2}\mathrm{e}^{\mathrm{i}x}\), de module \(\frac{1}{2}\). Alors \(F(x) = 1 + \frac{z}{1 – z} + \frac{\overline{z}}{1 – \overline{z}} = 1 + 2\,\mathrm{Re}\frac{z}{1 – z}\). Or \(\frac{z}{1 – z} = \frac{z – |z|^2}{|1 – z|^2}\) et \(|1 – z|^2 = \frac{5}{4} – \cos x\). Il vient \(F(x) = 1 + \frac{\cos x – \frac{1}{2}}{\frac{5}{4} – \cos x}\). En réduisant, \(F(x) = \frac{3/4}{5/4 – \cos x} = \frac{3}{5 – 4\cos x}\).
3. Par Parseval, \(\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}F^2 = \sum_{n \in \mathbb{Z}}4^{-|n|} = 1 + 2\cdot\frac{1/4}{1 – 1/4} = \frac{5}{3}\). Donc \(9\int_0^{2\pi}\frac{\mathrm{d}x}{(5 – 4\cos x)^2} = \frac{10\pi}{3}\). L’intégrale vaut \(\frac{10\pi}{27}\).

Le calcul direct de cette intégrale demanderait un changement de variable \(u = \tan(x/2)\), puis une décomposition en éléments simples assez lourde. Parseval l’évite complètement : c’est l’un des usages les plus élégants de la formule.

La figure compare \(F\) à deux de ses sommes partielles ; la décroissance géométrique des coefficients rend la convergence très rapide.

Corrigé de l’exercice 15 – Noyau de Dirichlet et sommes partielles

Idée clé : le noyau est une somme géométrique finie ; on la symétrise par l’angle moitié pour faire apparaître des sinus.

1. Pour \(t \notin 2\pi\mathbb{Z}\), \(\mathrm{e}^{\mathrm{i}t} \neq 1\), donc \(D_N(t) = \mathrm{e}^{-\mathrm{i}Nt}\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}(2N+1)t} – 1}{\mathrm{e}^{\mathrm{i}t} – 1}\). On factorise \(\mathrm{e}^{\mathrm{i}(2N+1)t/2}\) en haut et \(\mathrm{e}^{\mathrm{i}t/2}\) en bas. Les exponentielles restantes se simplifient avec \(\mathrm{e}^{-\mathrm{i}Nt}\), et il reste un quotient de deux sinus. De plus, \(D_N(0) = 2N + 1\).
2. Par linéarité, \(\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}D_N = \sum_{n=-N}^{N}\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\mathrm{e}^{\mathrm{i}nt}\,\mathrm{d}t\). Seul le terme \(n = 0\) est non nul. Cette moyenne vaut 1.
3. On remplace \(c_n(f)\) par son intégrale et l’on échange avec la somme finie : \(S_N(f)(x) = \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}f(s)D_N(x – s)\,\mathrm{d}s\). Le changement de variable \(t = x – s\) donne une intégrale sur \([x – 2\pi, x]\). Par périodicité, on la ramène à \([-\pi, \pi]\).
4. Les termes \(\mathrm{e}^{\mathrm{i}nt}\) et \(\mathrm{e}^{-\mathrm{i}nt}\) s’échangent quand on change \(t\) en \(-t\), donc \(D_N\) est paire. Ainsi, \(\int_0^{\pi}D_N = \frac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi}D_N = \pi\). Donc \(\frac{1}{2\pi}\int_0^{\pi}D_N(t)\,\mathrm{d}t = \frac{1}{2}\), ce qui explique le facteur \(\frac{1}{2}\) du théorème de Dirichlet.

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 16 – Problème – La fonction x(π − |x|) et ζ(6)

Idée clé : une fonction impaire de degré 2 par morceaux a des coefficients en \(1/n^3\) ; Parseval élève ensuite au carré, ce qui donne la puissance 6.

1. On a \(f(\pi) = f(-\pi) = 0\), donc le prolongement périodique est bien défini et continu. De plus, \(f(-x) = -x(\pi – |x|) = -f(x)\). Sur \([0, \pi]\) et sur \([-\pi, 0]\), \(f\) est polynomiale. Elle est donc impaire, continue et \(\mathcal{C}^1\) par morceaux.
2. Posons \(p(x) = x(\pi – x)\), qui s’annule en 0 et en \(\pi\). Une première intégration par parties fait disparaître le crochet en \(p\). La seconde donne
   \[\int_0^{\pi}p(x)\sin(nx)\,\mathrm{d}x = \frac{1}{n}\int_0^{\pi}p^{\prime}(x)\cos(nx)\,\mathrm{d}x = -\frac{1}{n^2}\int_0^{\pi}p^{\prime\prime}(x)\sin(nx)\,\mathrm{d}x = \frac{2}{n^2}\int_0^{\pi}\sin(nx)\,\mathrm{d}x.\]
   Le dernier facteur vaut \(\frac{1 – (-1)^n}{n}\), d’où la formule. Comme \(f\) est impaire, \(a_n = 0\) et \(b_n = \frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}p(x)\sin(nx)\,\mathrm{d}x\). Donc \(b_n = \frac{8}{\pi n^3}\) pour \(n\) impair, et \(b_n = 0\) pour \(n\) pair.
3. La convergence est normale, donc \(f(x) = \frac{8}{\pi}\sum_{k \geqslant 0}\frac{\sin\big((2k+1)x\big)}{(2k+1)^3}\) pour tout réel \(x\). En \(x = \frac{\pi}{2}\), on a \(f(\pi/2) = \frac{\pi^2}{4}\) et \(\sin\big((2k+1)\frac{\pi}{2}\big) = (-1)^k\). Ainsi \(\sum_{k \geqslant 0}\frac{(-1)^k}{(2k+1)^3} = \frac{\pi^3}{32}\).
4. En développant, \(x^2(\pi – x)^2 = \pi^2x^2 – 2\pi x^3 + x^4\), d’intégrale \(\pi^5\big(\frac{1}{3} – \frac{1}{2} + \frac{1}{5}\big) = \frac{\pi^5}{30}\) sur \([0, \pi]\). Par parité de \(f^2\), \(\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f^2 = \frac{2}{\pi}\cdot\frac{\pi^5}{30} = \frac{\pi^4}{15}\). Parseval donne alors \(\frac{\pi^4}{15} = \frac{64}{\pi^2}\sum_{k \geqslant 0}\frac{1}{(2k+1)^6}\). Donc \(\sum_{k \geqslant 0}\frac{1}{(2k+1)^6} = \frac{\pi^6}{960}\).
5. Les indices pairs contribuent \(\frac{\zeta(6)}{64}\). Ainsi \(\frac{63}{64}\zeta(6) = \frac{\pi^6}{960}\). Comme \(\frac{63 \times 960}{64} = 945\), on obtient \(\zeta(6) = \frac{\pi^6}{945} \approx 1{,}0173\).

La figure de l’énoncé le suggérait déjà : le premier terme \(\frac{8}{\pi}\sin x\) colle presque à \(f\). En effet, le terme suivant a un coefficient 27 fois plus petit.

Corrigé de l’exercice 17 – Problème – Développement de la cotangente

Idée clé : on calcule une fois pour toutes les coefficients de \(\cos(ax)\), puis on évalue la série normalement convergente en deux points.

1. On a \(f(\pi) = \cos(a\pi) = \cos(-a\pi) = f(-\pi)\). Le prolongement périodique est donc continu. Il est de plus \(\mathcal{C}^1\) sur chaque \([(2k-1)\pi, (2k+1)\pi]\). Ainsi \(f\) est continue et \(\mathcal{C}^1\) par morceaux.
2. La fonction est paire. D’abord, \(a_0 = \frac{2}{\pi}\int_0^{\pi}\cos(ax)\,\mathrm{d}x = \frac{2\sin(a\pi)}{a\pi}\). Ensuite, on linéarise \(2\cos(ax)\cos(nx)\) en \(\cos\big((a+n)x\big) + \cos\big((a-n)x\big)\). Comme \(a\) n’est pas entier, \(a \pm n \neq 0\), et
   \[a_n = \frac{1}{\pi}\Big(\frac{\sin\big((a+n)\pi\big)}{a+n} + \frac{\sin\big((a-n)\pi\big)}{a-n}\Big).\]
   Or \(\sin(a\pi \pm n\pi) = (-1)^n\sin(a\pi)\) et \(\frac{1}{a+n} + \frac{1}{a-n} = \frac{2a}{a^2 – n^2}\). D’où la formule annoncée pour \(a_n\).
3. La convergence est normale, donc l’égalité vaut en \(x = \pi\). Comme \(\cos(n\pi) = (-1)^n\), les signes disparaissent : \(\cos(a\pi) = \frac{\sin(a\pi)}{a\pi} + \sum_{n \geqslant 1}\frac{2a\sin(a\pi)}{\pi(a^2 – n^2)}\). Enfin, \(\sin(a\pi) \neq 0\) car \(0 < a < 1\). En multipliant par \(\frac{\pi}{\sin(a\pi)}\), on obtient le développement de \(\pi\cot(a\pi)\).
4. En \(x = 0\), on a \(f(0) = 1\), et les signes \((-1)^n\) subsistent. Le même calcul donne \(\frac{\pi}{\sin(a\pi)} = \frac{1}{a} + \sum_{n \geqslant 1}(-1)^n\frac{2a}{a^2 – n^2}\).
5. Avec \(a = \frac{1}{2}\), on a \(\frac{2a}{a^2 – n^2} = \frac{1}{1/4 – n^2} = \frac{4}{1 – 4n^2}\). Ainsi \(\pi = 2 + 4\sum_{n \geqslant 1}\frac{(-1)^n}{1 – 4n^2}\). Donc \(\sum_{n \geqslant 1}\frac{(-1)^n}{1 – 4n^2} = \frac{\pi – 2}{4} \approx 0{,}285\).

On peut vérifier numériquement : les premiers termes valent \(\frac{1}{3}\), \(-\frac{1}{15}\), \(\frac{1}{35}\), \(-\frac{1}{63}\), et leur somme vaut déjà environ 0,280. Par ailleurs, la formule de la question 3 reste vraie pour tout réel \(a\) non entier, par imparité et périodicité de la cotangente ; c’est le développement eulérien de la cotangente.

Corrigé de l’exercice 18 – Problème – Inégalité de Wirtinger

Idée clé : par Parseval, l’inégalité devient une comparaison terme à terme entre \(|c_n|^2\) et \(n^2|c_n|^2\), possible dès que \(c_0 = 0\).

1. L’hypothèse de moyenne nulle donne \(c_0(f) = 0\). Par Parseval, \(\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}f^2 = \sum_{n \neq 0}|c_n|^2\). De plus, \(f\) est \(\mathcal{C}^1\), donc \(c_n(f^{\prime}) = \mathrm{i}n\,c_n\). Ainsi \(\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}(f^{\prime})^2 = \sum_{n \neq 0}n^2|c_n|^2\).
2. Pour \(n \neq 0\), on a \(n^2 \geqslant 1\), donc \(|c_n|^2 \leqslant n^2|c_n|^2\). En sommant puis en multipliant par \(2\pi\), on obtient l’inégalité de Wirtinger.
3. L’égalité équivaut à \(\sum_{n \neq 0}(n^2 – 1)|c_n|^2 = 0\). Cette somme est à termes positifs, donc \(c_n = 0\) pour \(|n| \geqslant 2\). Alors \(f\) et \(S_1(f)\) sont continues et ont les mêmes coefficients, donc \(f = c_1e_1 + c_{-1}e_{-1}\). Comme \(f\) est réelle, \(c_{-1} = \overline{c_1}\), ce qui donne \(f = \alpha\cos + \beta\sin\) avec \(\alpha = 2\,\mathrm{Re}\,c_1\) et \(\beta = -2\,\mathrm{Im}\,c_1\). Réciproquement, pour une telle fonction, les deux intégrales valent \(\pi(\alpha^2 + \beta^2)\). L’égalité caractérise donc les combinaisons de \(\cos\) et \(\sin\).
4. Pour \(f(t) = \sin t + \sin(2t)\), la moyenne est nulle. Par orthogonalité, \(\int_0^{2\pi}f^2 = \pi + \pi = 2\pi\), et \(\int_0^{2\pi}(f^{\prime})^2 = \int_0^{2\pi}\big(\cos t + 2\cos(2t)\big)^2 = \pi + 4\pi = 5\pi\). On vérifie bien \(2\pi \leqslant 5\pi\). En revanche, la fonction constante égale à 1 donne \(2\pi\) à gauche et 0 à droite. L’hypothèse de moyenne nulle est donc indispensable.

Cette inégalité a une interprétation géométrique. En effet, elle intervient dans une preuve de l’inégalité isopérimétrique : parmi les courbes fermées de longueur donnée, le cercle enclôt l’aire maximale. Le cas d’égalité, réduit aux seules harmoniques d’ordre 1, correspond précisément au cercle.

Pour aller plus loin

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