Exercice 8 - Exercice 1

30 min
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Pour se rassurer sur ses savoir-faire fondamentaux.
Question 1

Soit la fonction numérique ff, 11-périodique, dont l'image est, sur l'intervalle [0 ; 1[[0 \,;\, 1[, donnée par l'expression f(x)=e−xf(x) = e^{-x}. Déterminer l'expression de sa série de Fourier.

Correction
On note par i\mathrm{i} le nombre complexe tel que i2=−1\mathrm{i}^2 = -1.
Nous savons que pour une fonction numérique qui est 2L2L-périodique, on a l'expression suivante :
cn=12L∫02Lf(x)e−inπxL dxc_n = \dfrac{1}{2L} \int_{0}^{2L} f(x) e^{ - \mathrm{i} \frac{n \pi x}{L}} \, \mathrm{d}x
Pour nous 2L=12L = 1 et L=12L = \dfrac{1}{2}. On a alors :
cn=11∫01e−xe−i 2nπx dx=11∫01e−x+i 2nπx dx=∫01e−(1+i 2nπ) x dxc_n = \dfrac{1}{1} \int_{0}^{1} e^{ -x} e^{ - \mathrm{i} \, 2n \pi x} \, \mathrm{d}x = \dfrac{1}{1} \int_{0}^{1} e^{ - x + \mathrm{i} \, 2n \pi x} \, \mathrm{d}x = \int_{0}^{1} e^{ - (1 + \mathrm{i} \, 2n \pi ) \,x} \, \mathrm{d}x
On a alors :
cn=[−e−(1+i 2nπ) x1+i 2nπ]01=[e−(1+i 2nπ) x1+i 2nπ]10=e−(1+i 2nπ) 0−e−(1+i 2nπ) 11+i 2nπ=e0−e−(1+i 2nπ)1+i 2nπ=1−e−(1+i 2nπ)1+i 2nπc_n = \left[ -\dfrac{e^{ - (1 + \mathrm{i} \, 2n \pi ) \,x}}{1 + \mathrm{i} \, 2n \pi} \right]_{0}^{1} = \left[ \dfrac{e^{ - (1 + \mathrm{i} \, 2n \pi ) \,x}}{1 + \mathrm{i} \, 2n \pi} \right]_{1}^{0} = \dfrac{e^{ - (1 + \mathrm{i} \, 2n \pi ) \,0} - e^{ - (1 + \mathrm{i} \, 2n \pi ) \,1}}{1 + \mathrm{i} \, 2n \pi} = \dfrac{e^{0} - e^{ - (1 + \mathrm{i} \, 2n \pi ) }}{1 + \mathrm{i} \, 2n \pi} = \dfrac{1 - e^{ - (1 + \mathrm{i} \, 2n \pi ) }}{1 + \mathrm{i} \, 2n \pi}
En faisant usage de l'expression conjuguée, on obtient :
cn=1−e−(1+i 2nπ)1+i 2nπ×1−i 2nπ1−i 2nπ=(1−e−(1+i 2nπ))×(1−i 2nπ)1−4n2π2=(1−e−1e−i 2nπ)×(1−i 2nπ)1−4n2π2c_n = \dfrac{1 - e^{ - (1 + \mathrm{i} \, 2n \pi ) }}{1 + \mathrm{i} \, 2n \pi} \times \dfrac{1 - \mathrm{i} \, 2n \pi}{1 - \mathrm{i} \, 2n \pi} = \dfrac{\left( 1 - e^{ - (1 + \mathrm{i} \, 2n \pi )} \right) \times \left( 1 - \mathrm{i} \, 2n \pi \right)}{1 - 4n^2 \pi^2} = \dfrac{\left( 1 - e^{-1}e^{ - \mathrm{i} \, 2n \pi } \right) \times \left( 1 - \mathrm{i} \, 2n \pi \right)}{1 - 4n^2 \pi^2}
Soit :
cn=(1−e−1(e−i nπ)2)×(1−i 2nπ)1−4n2π2=(1−e−1(−1)2)×(1−i 2nπ)1−4n2π2=(1−e−1)×(1−i 2nπ)1−4n2π2c_n = \dfrac{\left( 1 - e^{-1} \big( e^{ - \mathrm{i} \, n \pi }\big)^2 \right) \times \left( 1 - \mathrm{i} \, 2n \pi \right)}{1 - 4n^2 \pi^2} = \dfrac{\left( 1 - e^{-1} \big( -1 \big)^2 \right) \times \left( 1 - \mathrm{i} \, 2n \pi \right)}{1 - 4n^2 \pi^2} = \dfrac{\left( 1 - e^{-1} \right) \times \left( 1 - \mathrm{i} \, 2n \pi \right)}{1 - 4n^2 \pi^2}
Soit encore :
cn=1−e−11−4n2π2(1−i 2nπ)c_n = \dfrac{ 1 - e^{-1} }{1 - 4n^2 \pi^2} \left( 1 - \mathrm{i} \, 2n \pi \right)
De plus, on a :
1−e−11−4n2π2=1−1e1−4n2π2=ee−1e1−4n2π2=e−1e1−4n2π2=e−1e(1−4n2π2)=−e−1e(4n2π2−1)\dfrac{ 1 - e^{-1} }{1 - 4n^2 \pi^2} = \dfrac{ 1 - \dfrac{1}{e} }{1 - 4n^2 \pi^2} = \dfrac{ \dfrac{e}{e} - \dfrac{1}{e} }{1 - 4n^2 \pi^2} = \dfrac{ \dfrac{e-1}{e} }{1 - 4n^2 \pi^2} = \dfrac{e-1}{e \left( 1 - 4n^2 \pi^2 \right)} = - \dfrac{e-1}{e \left( 4n^2 \pi^2 - 1 \right)}
D'où :
cn=−e−1e(4n2π2−1)(1−i 2nπ)c_n = - \dfrac{e-1}{e \left( 4n^2 \pi^2 - 1 \right)} \left( 1 - \mathrm{i} \, 2n \pi \right)
En développant :
cn=−e−1e(4n2π2−1)+i 2nπ(e−1)e(4n2π2−1)c_n = - \dfrac{e-1}{e \left( 4n^2 \pi^2 - 1 \right)} + \mathrm{i} \, \dfrac{2n \pi(e-1)}{e \left( 4n^2 \pi^2 - 1 \right)}
La série de Fourier prend donc la forme suivante :
SFf(x)=∑n=−∞+∞[−e−1e(4n2π2−1)+i 2nπ(e−1)e(4n2π2−1)]ei nx12\mathcal{SF}_f(x) = \sum_{n = - \infty}^{+ \infty} \left[ - \dfrac{e-1}{e \left( 4n^2 \pi^2 - 1 \right)} + \mathrm{i} \, \dfrac{2n \pi(e-1)}{e \left( 4n^2 \pi^2 - 1 \right)} \right] e^{ \frac{\mathrm{i} \, n x}{\frac{1}{2} }}
En factorisant :
SFf(x)=e−1e∑n=−∞+∞[−14n2π2−1+i 2nπ4n2π2−1]e2 i nx\mathcal{SF}_f(x) = \dfrac{e-1}{e} \sum_{n = - \infty}^{+ \infty} \left[ - \dfrac{1}{4n^2 \pi^2 - 1 } + \mathrm{i} \, \dfrac{2n \pi}{4n^2 \pi^2 - 1} \right] e^{2 \,\mathrm{i} \, n x}
Ou de manière équivalente :
SFf(x)=e−1e∑n=−∞+∞[i 2nπ−14n2π2−1]e2 i nx\mathcal{SF}_f(x) = \dfrac{e-1}{e} \sum_{n = - \infty}^{+ \infty} \left[ \dfrac{ \mathrm{i} \, 2n \pi - 1}{ 4n^2 \pi^2 - 1 } \right] e^{2 \,\mathrm{i} \, n x}
La fonction ff étudiée ici satisfait aux condition de Dirichlet, cette série de Fourier converge bien et elle converge vers la régularisée f⋆f^\star. D'où :
f⋆(x)=e−1e∑n=−∞+∞[i 2nπ−14n2π2−1]e2 i nx=e−1e∑n=−∞+∞[−14n2π2−1+i 2nπ4n2π2−1]e2 i nxf^\star(x) = \dfrac{e-1}{e} \sum_{n = - \infty}^{+ \infty} \left[ \dfrac{ \mathrm{i} \, 2n \pi - 1}{ 4n^2 \pi^2 - 1 } \right] e^{2 \,\mathrm{i} \, n x} = \dfrac{e-1}{e} \sum_{n = - \infty}^{+ \infty} \left[ - \dfrac{1}{4n^2 \pi^2 - 1 } + \mathrm{i} \, \dfrac{2n \pi}{4n^2 \pi^2 - 1} \right] e^{2 \,\mathrm{i} \, n x}
Le graphe de la fonction étudié est :

Lorsque nous traçons la somme partielle e−1e∑n=−1010[i 2nπ−14n2π2−1]e2 i nx\dfrac{e-1}{e} \sum_{n = - 10}^{10} \left[ \dfrac{ \mathrm{i} \, 2n \pi - 1}{ 4n^2 \pi^2 - 1 } \right] e^{2 \,\mathrm{i} \, n x} nous obtenons :

Puis, lorsque nous traçons la somme partielle e−1e∑n=−5050[i 2nπ−14n2π2−1]e2 i nx\dfrac{e-1}{e} \sum_{n = - 50}^{50} \left[ \dfrac{ \mathrm{i} \, 2n \pi - 1}{ 4n^2 \pi^2 - 1 } \right] e^{2 \,\mathrm{i} \, n x} nous obtenons :

Ensuite lorsque nous traçons la somme partielle e−1e∑n=−200200[i 2nπ−14n2π2−1]e2 i nx\dfrac{e-1}{e} \sum_{n = - 200}^{200} \left[ \dfrac{ \mathrm{i} \, 2n \pi - 1}{ 4n^2 \pi^2 - 1 } \right] e^{2 \,\mathrm{i} \, n x} nous obtenons :

Enfin, en passant jusqu'à la somme partielle e−1e∑n=−200200[i 2nπ−14n2π2−1]e2 i nx\dfrac{e-1}{e} \sum_{n = - 200}^{200} \left[ \dfrac{ \mathrm{i} \, 2n \pi - 1}{ 4n^2 \pi^2 - 1 } \right] e^{2 \,\mathrm{i} \, n x} nous obtenons :

On constate bien la convergence de la série de Fourier ainsi que la puissance de ce formalisme.

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