Coefficients de Fourier et sommes de séries : corrigé du contrôle de maths en L2
Voici le corrigé du contrôle de maths en L2 sur le thème « coefficients de Fourier et sommes de séries », question par question.
Cette correction est rédigée comme une copie de licence très soignée. Chaque intégrale est calculée en détail, souvent par intégration par parties, et chaque appel au théorème de Dirichlet commence par la vérification des hypothèses. Lorsque la formule de Parseval intervient, le calcul de la norme quadratique précède la comparaison avec la somme des carrés des coefficients. Le passage des indices impairs à \(\zeta(2)\) ou à \(\zeta(4)\) est aussi présenté pas à pas. De plus, deux figures montrent les sommes partielles et le phénomène de Gibbs près des sauts. Comparez donc votre copie question par question, puis reportez-vous au barème détaillé à la fin de chaque exercice.
L’énoncé complet se trouve ici : Coefficients de Fourier et sommes de séries : contrôle de maths en L2.
Barème du contrôle corrigé : coefficients de Fourier et sommes de séries
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Orthogonalité et inégalité de Bessel | 3 points |
| 2. Un polynôme trigonométrique déguisé | 3 points |
| 3. Un créneau pair, Dirichlet et Parseval | 5 points |
| 4. Un signal triangulaire et les puissances quatrièmes | 4 points |
| 5. Problème : deux sommes qui coïncident | 5 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : coefficients de Fourier et sommes de séries
Exercice 1 – Orthogonalité et inégalité de Bessel (3 points)
-
Par définition, \(\langle e_p, e_q \rangle = \frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^{\pi} \mathrm{e}^{\mathrm{i}(p-q)t}\,\mathrm{d}t\). Lorsque \(p = q\), l’intégrande vaut \(1\), donc \(\langle e_p, e_p \rangle = 1\).
Lorsque \(p \neq q\), on pose \(m = p – q\), entier non nul. Une primitive de \(\mathrm{e}^{\mathrm{i}mt}\) est \(\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}mt}}{\mathrm{i}m}\). Or \(\mathrm{e}^{\mathrm{i}m\pi} = \mathrm{e}^{-\mathrm{i}m\pi} = (-1)^m\), car \(m\) est entier. Par conséquent l’intégrale est nulle.
Ainsi \(\langle e_p, e_q \rangle\) vaut \(1\) si \(p = q\) et \(0\) sinon : la famille \((e_n)_{n \in \mathbb{Z}}\) est orthonormale dans \(E\).
-
Orthogonalité du reste
Soit \(k\) tel que \(|k| \leq N\). Par linéarité à gauche du produit scalaire et grâce à la question 1, \(\langle S_N(f), e_k \rangle = \sum_{n=-N}^{N} c_n(f) \langle e_n, e_k \rangle = c_k(f)\). Comme \(\langle f, e_k \rangle = c_k(f)\) par définition, on obtient \(\langle f – S_N(f), e_k \rangle = 0\).
Pythagore puis Bessel
Le reste \(f – S_N(f)\) est donc orthogonal à chaque \(e_k\), puis, par linéarité, à leur combinaison \(S_N(f)\). On écrit alors \(f = S_N(f) + \left(f – S_N(f)\right)\), somme de deux vecteurs orthogonaux. Le théorème de Pythagore donne \(\|f\|_2^2 = \|S_N(f)\|_2^2 + \|f – S_N(f)\|_2^2 \geq \|S_N(f)\|_2^2\).
De plus, la famille étant orthonormale, \(\|S_N(f)\|_2^2 = \sum_{n=-N}^{N} |c_n(f)|^2\). On obtient donc l’inégalité de Bessel : \(\sum_{n=-N}^{N} |c_n(f)|^2 \leq \|f\|_2^2\).
- Les sommes partielles de la série à termes positifs \(\sum |c_n(f)|^2\) sont majorées par \(\|f\|_2^2\), qui ne dépend pas de \(N\). Cette série converge donc, et son terme général tend vers \(0\). Par suite, \(c_n(f)\) tend vers \(0\) quand \(|n|\) tend vers \(+\infty\) (lemme de Riemann-Lebesgue dans le cas continu par morceaux).
Piège classique : écrire la primitive \(\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}mt}}{\mathrm{i}m}\) sans avoir séparé le cas \(m = 0\), où elle n’a pas de sens.
Exercice 2 – Un polynôme trigonométrique déguisé (3 points)
-
D’après la formule \(\sin(3x) = 3\sin x – 4\sin^3 x\), on a \(4\sin^3 x = 3\sin x – \sin(3x)\). De même, \(2\cos^2 x = 1 + \cos(2x)\). Ainsi :
\(h(x) = 1 + 3\sin x + \cos(2x) – \sin(3x)\).
La fonction \(h\) est donc un polynôme trigonométrique. Par orthogonalité des fonctions \(1\), \(\cos(nx)\) et \(\sin(nx)\), ses coefficients se lisent sur cette écriture. On trouve \(a_0(h) = 2\), \(a_2(h) = 1\), \(b_1(h) = 3\), \(b_3(h) = -1\), et tous les autres coefficients sont nuls. Attention, le terme constant vaut \(\frac{a_0}{2} = 1\), d’où \(a_0 = 2\).
- On utilise \(c_n = \frac{a_n – \mathrm{i}b_n}{2}\) et \(c_{-n} = \overline{c_n}\) pour \(n \geq 1\), car \(h\) est réelle. Ainsi \(c_0 = 1\), \(c_1 = -\frac{3\mathrm{i}}{2}\), \(c_{-1} = \frac{3\mathrm{i}}{2}\), \(c_2 = c_{-2} = \frac{1}{2}\), \(c_3 = \frac{\mathrm{i}}{2}\) et \(c_{-3} = -\frac{\mathrm{i}}{2}\).
- La formule de Parseval s’écrit \(\|h\|_2^2 = \sum_{n \in \mathbb{Z}} |c_n(h)|^2\). Seuls sept termes sont non nuls, donc :
\(\|h\|_2^2 = 1 + 2 \times \frac{9}{4} + 2 \times \frac{1}{4} + 2 \times \frac{1}{4} = 1 + \frac{9}{2} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2}\).
Par conséquent, \(\frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^{\pi} h(x)^2\,\mathrm{d}x = \frac{13}{2}\). On retrouve aussi ce nombre par \(\frac{a_0^2}{4} + \frac{1}{2}\left(9 + 1 + 1\right) = 1 + \frac{11}{2}\). - La fonction \(h(x)\sin(3x)\) est \(2\pi\)-périodique, donc son intégrale sur \([0\,;2\pi]\) égale son intégrale sur \([-\pi\,;\pi]\), soit \(\pi\,b_3(h)\). Ainsi \(\int_{0}^{2\pi} h(x)\sin(3x)\,\mathrm{d}x = -\pi\), tandis que \(\int_{0}^{2\pi} h(x)\cos(5x)\,\mathrm{d}x = \pi\,a_5(h) = 0\).
Piège classique : lire \(a_0 = 1\) sur le terme constant, alors que la série commence par \(\frac{a_0}{2}\).
Exercice 3 – Un créneau pair, Dirichlet et Parseval (5 points)
-
Parité et coefficient constant
La fonction \(f\) est paire, et \(t \mapsto \sin(nt)\) est impaire ; leur produit est donc impair, d’où \(b_n(f) = 0\). Ensuite, par parité, \(a_0(f) = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} f(x)\,\mathrm{d}x = \frac{2}{\pi} \times \frac{\pi}{2} = 1\), car la valeur en un point isolé ne modifie pas l’intégrale.
Coefficients en cosinus
Pour \(n \geq 1\), on obtient \(a_n(f) = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi/2} \cos(nx)\,\mathrm{d}x = \frac{2}{\pi} \left[\frac{\sin(nx)}{n}\right]_0^{\pi/2} = \frac{2\sin\left(\frac{n\pi}{2}\right)}{n\pi}\).
Si \(n\) est pair, \(\sin\left(\frac{n\pi}{2}\right) = 0\). Si au contraire \(n = 2p + 1\), ce sinus vaut \((-1)^p\). Donc \(a_0(f) = 1\), \(a_{2p}(f) = 0\) pour \(p \geq 1\) et \(a_{2p+1}(f) = \frac{2(-1)^p}{(2p+1)\pi}\).
-
Le théorème de Dirichlet
Si \(g \in E\) est de classe \(C^1\) par morceaux, alors, pour tout réel \(x\), la suite \(S_N(g)(x)\) converge vers \(\frac{g(x^+) + g(x^-)}{2}\), demi-somme des limites à droite et à gauche.
Application en zéro
Ici \(f\) est constante par morceaux, donc de classe \(C^1\) par morceaux. En \(x = 0\), elle est continue et vaut \(1\). Le théorème donne alors \(1 = \frac{1}{2} + \frac{2}{\pi} \sum_{p=0}^{+\infty} \frac{(-1)^p}{2p+1}\), car \(\cos\left((2p+1) \times 0\right) = 1\).
On en déduit \(\sum_{p=0}^{+\infty} \frac{(-1)^p}{2p+1} = \frac{\pi}{4}\). Notons aussi qu’en \(\frac{\pi}{2}\), la demi-somme \(\frac{1 + 0}{2}\) égale \(f\left(\frac{\pi}{2}\right)\) : la série converge donc vers \(f\) en tout point.
-
Norme quadratique du créneau
La fonction \(f^2\) vaut \(1\) sur \(\left]-\frac{\pi}{2}\,;\frac{\pi}{2}\right[\) et \(0\) ailleurs sur \(\left]-\pi\,;\pi\right]\), sauf en deux points. Ainsi \(\|f\|_2^2 = \frac{1}{2\pi} \times \pi = \frac{1}{2}\).
Identification par Parseval
La formule de Parseval s’écrit \(\|f\|_2^2 = \frac{a_0^2}{4} + \frac{1}{2} \sum_{n \geq 1} \left(a_n^2 + b_n^2\right)\). Elle donne ici :
\(\frac{1}{2} = \frac{1}{4} + \frac{1}{2} \sum_{p=0}^{+\infty} \frac{4}{\pi^2 (2p+1)^2}\), soit \(\frac{1}{4} = \frac{2}{\pi^2} \sum_{p=0}^{+\infty} \frac{1}{(2p+1)^2}\).
Par conséquent, \(\sum_{p=0}^{+\infty} \frac{1}{(2p+1)^2} = \frac{\pi^2}{8}\).Retour à zêta de 2
La série \(\sum \frac{1}{n^2}\) converge, d’après le critère de Riemann. On sépare alors les indices pairs et impairs : \(\zeta(2) = \sum_{p=1}^{+\infty} \frac{1}{4p^2} + \frac{\pi^2}{8} = \frac{\zeta(2)}{4} + \frac{\pi^2}{8}\). Ainsi \(\frac{3}{4}\zeta(2) = \frac{\pi^2}{8}\), donc \(\zeta(2) = \frac{\pi^2}{6}\).
-
La somme partielle de rang 3
Les termes de rang \(1\) et \(3\) sont les seuls non nuls jusqu’au rang \(3\), d’où \(S_3(f)(x) = \frac{1}{2} + \frac{2}{\pi}\cos x – \frac{2}{3\pi}\cos(3x)\). Elle vaut \(\frac{1}{2} + \frac{4}{3\pi} \approx 0{,}92\) en \(0\), puis \(\frac{1}{2}\) en \(\pm\frac{\pi}{2}\), et enfin \(\frac{1}{2} – \frac{4}{3\pi} \approx 0{,}08\) en \(\pm\pi\). Le graphe attendu ressemble à la courbe orange ci-dessous ; la somme \(S_{11}(f)\), en pointillés, montre de plus les oscillations de Gibbs près des sauts.
Pas de convergence uniforme
Chaque \(S_N(f)\) est continue. Si la convergence était uniforme sur \(\mathbb{R}\), la limite \(f\) serait continue. Or \(f\) présente un saut en \(\frac{\pi}{2}\). La convergence n’est donc pas uniforme sur \(\mathbb{R}\).
Piège classique : oublier le terme \(\frac{a_0^2}{4} = \frac{1}{4}\) dans Parseval, ce qui donne \(\frac{\pi^2}{4}\) au lieu de \(\frac{\pi^2}{8}\).
Exercice 4 – Un signal triangulaire et les puissances quatrièmes (4 points)
-
Valeur moyenne nulle
La fonction \(t\) est paire, donc \(a_0(t) = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} \left(\frac{\pi}{2} – x\right) \mathrm{d}x = \frac{2}{\pi} \left[\frac{\pi x}{2} – \frac{x^2}{2}\right]_0^{\pi} = \frac{2}{\pi} \left(\frac{\pi^2}{2} – \frac{\pi^2}{2}\right) = 0\).
Une intégration par parties
Pour \(n \geq 1\), on a d’abord \(\int_{0}^{\pi} \frac{\pi}{2} \cos(nx)\,\mathrm{d}x = 0\). Ensuite, en dérivant \(x\) et en intégrant \(\cos(nx)\) :
\(\int_{0}^{\pi} x\cos(nx)\,\mathrm{d}x = \left[\frac{x\sin(nx)}{n}\right]_0^{\pi} – \frac{1}{n} \int_{0}^{\pi} \sin(nx)\,\mathrm{d}x = 0 + \left[\frac{\cos(nx)}{n^2}\right]_0^{\pi} = \frac{(-1)^n – 1}{n^2}\).
Par conséquent, \(a_n(t) = -\frac{2}{\pi} \times \frac{(-1)^n – 1}{n^2} = \frac{2\left(1 – (-1)^n\right)}{\pi n^2}\), soit \(\frac{4}{\pi n^2}\) pour \(n\) impair et \(0\) pour \(n\) pair. Enfin, \(b_n(t) = 0\) par parité.
- Pour tout réel \(x\), \(\left|a_n(t)\cos(nx)\right| \leq \frac{4}{\pi n^2}\), terme général d’une série convergente (Riemann). La série converge donc normalement sur \(\mathbb{R}\). De plus, \(t\) est continue sur \(\mathbb{R}\), car \(t(-\pi) = t(\pi) = -\frac{\pi}{2}\), et affine sur \([-\pi\,;0]\) comme sur \([0\,;\pi]\). Elle est ainsi de classe \(C^1\) par morceaux, et le théorème de Dirichlet assure que la somme de la série vaut \(t(x)\) en tout réel \(x\), la convergence étant même uniforme.
-
Calcul de la norme
Par parité, \(\|t\|_2^2 = \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\pi} \left(\frac{\pi}{2} – x\right)^2 \mathrm{d}x\). Avec \(u = x – \frac{\pi}{2}\), cette intégrale devient \(\int_{-\pi/2}^{\pi/2} u^2\,\mathrm{d}u = \frac{2}{3}\left(\frac{\pi}{2}\right)^3 = \frac{\pi^3}{12}\). Ainsi \(\|t\|_2^2 = \frac{\pi^2}{12}\).
Ce que dit Parseval
Comme \(a_0(t) = 0\), la formule de Parseval donne \(\frac{\pi^2}{12} = \frac{1}{2} \sum_{p=0}^{+\infty} \frac{16}{\pi^2 (2p+1)^4} = \frac{8}{\pi^2} \sum_{p=0}^{+\infty} \frac{1}{(2p+1)^4}\). Donc \(\sum_{p=0}^{+\infty} \frac{1}{(2p+1)^4} = \frac{\pi^4}{96}\).
- La série \(\sum \frac{1}{n^4}\) converge. En séparant les indices pairs et impairs, on obtient \(\zeta(4) = \sum_{p=1}^{+\infty} \frac{1}{16p^4} + \frac{\pi^4}{96} = \frac{\zeta(4)}{16} + \frac{\pi^4}{96}\). Alors \(\frac{15}{16}\zeta(4) = \frac{\pi^4}{96}\), d’où \(\zeta(4) = \frac{16\pi^4}{15 \times 96}\). Finalement, \(\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90} \approx 1{,}082\).
Piège classique : élever au carré \(\frac{4}{\pi n^2}\) en oubliant le carré de \(\pi\), ce qui fausse le facteur \(\frac{8}{\pi^2}\).
Exercice 5 – Problème : deux sommes qui coïncident (5 points)
Partie A – La dent de scie
-
Imparité de la dent de scie
Soit \(x \in \left]0\,;2\pi\right[\). Alors \(2\pi – x \in \left]0\,;2\pi\right[\), et par périodicité \(s(-x) = s(2\pi – x) = \frac{\pi – 2\pi + x}{2} = -\frac{\pi – x}{2} = -s(x)\). Comme de plus \(s(0) = 0\), la fonction \(s\) est impaire, si bien que \(a_n(s) = 0\).
Coefficients en sinus
Par imparité, \(b_n(s) = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} \frac{\pi – x}{2} \sin(nx)\,\mathrm{d}x = \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\pi} (\pi – x)\sin(nx)\,\mathrm{d}x\). On intègre alors par parties, en dérivant \(\pi – x\) :
\(\int_{0}^{\pi} (\pi – x)\sin(nx)\,\mathrm{d}x = \left[-\frac{(\pi – x)\cos(nx)}{n}\right]_0^{\pi} – \frac{1}{n} \int_{0}^{\pi} \cos(nx)\,\mathrm{d}x = \frac{\pi}{n} – 0\).
Ainsi \(b_n(s) = \frac{1}{n}\) pour tout \(n \geq 1\).
- La fonction \(s\) est affine sur \(\left]0\,;2\pi\right[\), avec des limites finies aux bornes : elle est donc de classe \(C^1\) par morceaux. En tout \(x \in \left]0\,;2\pi\right[\), elle est continue, et le théorème de Dirichlet donne \(\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{\sin(nx)}{n} = \frac{\pi – x}{2}\). En prenant \(x = 1\) puis \(x = 2\), deux réels de \(\left]0\,;2\pi\right[\), on obtient \(\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{\sin n}{n} = \frac{\pi – 1}{2}\) et \(\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{\sin(2n)}{n} = \frac{\pi – 2}{2}\).
Partie B – La porte
- La fonction \(w\) est paire, donc \(b_n(w) = 0\). Ensuite, \(a_0(w) = \frac{1}{\pi} \int_{-1}^{1} \mathrm{d}x = \frac{2}{\pi}\) et, pour \(n \geq 1\), \(a_n(w) = \frac{2}{\pi} \int_{0}^{1} \cos(nx)\,\mathrm{d}x = \frac{2}{\pi} \left[\frac{\sin(nx)}{n}\right]_0^{1}\). Ainsi \(a_0(w) = \frac{2}{\pi}\) et \(a_n(w) = \frac{2\sin n}{\pi n}\).
-
Les deux membres de Parseval
D’un côté, \(\|w\|_2^2 = \frac{1}{2\pi} \int_{-1}^{1} 1\,\mathrm{d}x = \frac{1}{\pi}\). De l’autre, la fonction \(w\) appartient à \(E\), donc la formule de Parseval s’applique :
\(\frac{1}{\pi} = \frac{1}{4} \times \frac{4}{\pi^2} + \frac{1}{2} \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{4\sin^2 n}{\pi^2 n^2} = \frac{1}{\pi^2} + \frac{2}{\pi^2} \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{\sin^2 n}{n^2}\).Une coïncidence démontrée
On multiplie par \(\frac{\pi^2}{2}\) : \(\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{\sin^2 n}{n^2} = \frac{\pi^2}{2}\left(\frac{1}{\pi} – \frac{1}{\pi^2}\right) = \frac{\pi – 1}{2}\). Les deux séries \(\sum \frac{\sin n}{n}\) et \(\sum \frac{\sin^2 n}{n^2}\) ont donc la même somme \(\frac{\pi – 1}{2} \approx 1{,}07\). La figure suivante montre d’ailleurs que la série de Fourier de la porte approche bien \(w\).
- Chaque somme partielle \(x \mapsto \sum_{n=1}^{N} \frac{\sin(nx)}{n}\) est continue sur \(\mathbb{R}\). La somme de la série vaut \(s(x)\) partout, y compris aux multiples de \(2\pi\), où tous les termes sont nuls. Or \(s\) admet en \(0\) les limites \(\frac{\pi}{2}\) à droite et \(-\frac{\pi}{2}\) à gauche. La limite n’étant pas continue, la convergence n’est pas uniforme sur \(\mathbb{R}\).
Piège classique : appliquer Dirichlet en \(x = 0\) en croyant obtenir \(\frac{\pi}{2}\) ; en ce point de saut, la série converge vers la demi-somme \(0\).
À retenir de ce contrôle
- Une fonction paire a tous ses coefficients b_n nuls, une fonction impaire tous ses a_n nuls : vérifiez la parité avant d’intégrer.
- Le théorème de Dirichlet donne la demi-somme des limites à gauche et à droite, qui coïncide avec la valeur de la fonction aux seuls points de continuité.
- Dans la formule de Parseval, le terme constant vaut a_0 au carré sur 4, tandis que les autres coefficients sont affectés du facteur un demi.
- Pour passer des indices impairs à zêta(s), écrivez que la somme sur les indices pairs vaut zêta(s) divisé par 2 puissance s.
- Une limite uniforme de fonctions continues est continue : une série de Fourier ne converge donc jamais uniformément vers une fonction qui présente un saut.
Revenir à l’énoncé du contrôle
Consolider coefficients de Fourier et sommes de séries après ce corrigé
D’autres évaluations corrigées vous attendent sur la page contrôles de maths en L2.
Autres corrigés sur le même thème
Télécharger ou imprimer cette fiche «coefficients de Fourier et sommes de séries : corrigé du contrôle de maths en L2» au format PDF afin de pouvoir travailler en totale autonomie.
