Corrigé du contrôle de maths L2 : séries de Fourier et égalité de Parseval

Exercice 1 : Question de cours : Dirichlet, Parseval et convergence normale (4 points)

1. Théorème de Dirichlet. Soit \(f\) une fonction \(2\pi\)-périodique de classe \(\mathcal{C}^1\) par morceaux. Alors, pour tout réel \(x\), la suite \((S_N(f)(x))\) converge et
   \[\lim_{N \to +\infty} S_N(f)(x) = \frac{f(x^+) + f(x^-)}{2},\]
   où \(f(x^+)\) et \(f(x^-)\) désignent les limites à droite et à gauche de \(f\) en \(x\). En particulier, la limite vaut \(f(x)\) en tout point où \(f\) est continue.

2. Égalité de Parseval. Pour \(f\) continue par morceaux et \(2\pi\)-périodique, les séries suivantes convergent et
   \[\frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^{\pi} |f(t)|^2\, dt = \sum_{n \in \mathbb{Z}} |c_n(f)|^2.\]
   Si \(f\) est à valeurs réelles, cela s’écrit
   \[\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(t)^2\, dt = \frac{a_0(f)^2}{2} + \sum_{k \geq\, 1} (a_k(f)^2 + b_k(f)^2).\]

3. Soit \(-\pi = x_0 < x_1 < \ldots < x_p = \pi\) une subdivision adaptée : \(f\) est de classe \(\mathcal{C}^1\) sur chaque \([x_j, x_{j+1}]\), en prolongeant sa dérivée aux bornes. Une intégration par parties sur chaque segment donne
   \[\int_{x_j}^{x_{j+1}} f^{\prime}(t) e^{-int}\, dt = [f(t) e^{-int}]_{x_j}^{x_{j+1}} + in \int_{x_j}^{x_{j+1}} f(t) e^{-int}\, dt.\]
   En sommant, les termes entre crochets se télescopent, car \(f\) est continue. Il reste \(f(\pi) e^{-in\pi} – f(-\pi) e^{in\pi}\), nul car \(f(\pi) = f(-\pi)\) et \(e^{-in\pi} = e^{in\pi} = (-1)^n\). En divisant par \(2\pi\) : \(c_n(f^{\prime}) = in\, c_n(f)\) pour tout \(n \in \mathbb{Z}\).

4. Pour \(n \neq 0\), l’inégalité \(|ab| \leq\, \frac{1}{2}(a^2 + b^2)\) donne
   \[|c_n(f)| = \frac{|c_n(f^{\prime})|}{|n|} \leq\, \frac{1}{2}(|c_n(f^{\prime})|^2 + \frac{1}{n^2}).\]
   La fonction \(f^{\prime}\) est continue par morceaux, donc l’inégalité de Bessel (ou Parseval) assure la convergence de \(\sum |c_n(f^{\prime})|^2\). La série \(\sum \frac{1}{n^2}\) converge aussi. Par comparaison, \(\sum_{n \in \mathbb{Z}} |c_n(f)|\) converge.

   Comme \(|c_n(f) e^{inx}| = |c_n(f)|\) pour tout \(x\), la série de Fourier converge normalement sur \(\mathbb{R}\). De plus, \(f\) est continue et de classe \(\mathcal{C}^1\) par morceaux : le théorème de Dirichlet identifie sa somme à \(f(x)\) en tout point. La série de Fourier de \(f\) converge donc normalement vers \(f\).

Barème : a) 1 point ; b) 1 point (0,5 par forme) ; c) 1 point : 0,5 pour l’intégration par parties par morceaux, 0,5 pour le télescopage et la périodicité ; d) 1 point : 0,5 pour la majoration et Bessel, 0,5 pour la convergence normale vers \(f\).

Exercice 2 : Le signal créneau (5 points)

1. La fonction \(f\) est impaire, donc \(t \mapsto f(t)\cos(kt)\) est impaire et \(a_k(f) = 0\) pour tout \(k\). La fonction \(t \mapsto f(t)\sin(kt)\) est paire, d’où
   \[b_k(f) = \frac{2}{\pi} \int_0^\pi \sin(kt)\, dt = \frac{2}{\pi}[-\frac{\cos(kt)}{k}]_0^\pi = \frac{2(1 – (-1)^k)}{k\pi}.\]
   Donc \(b_k(f) = 0\) si \(k\) est pair et \(b_k(f) = \dfrac{4}{k\pi}\) si \(k\) est impair.

2. La fonction \(f\) est de classe \(\mathcal{C}^1\) par morceaux (constante sur \(]0, \pi[\) et \(]-\pi, 0[\)). En un point \(x\) qui n’est pas multiple de \(\pi\), \(f\) est continue ; en \(x = m\pi\), la demi-somme des limites vaut \(\frac{1 + (-1)}{2} = 0 = f(m\pi)\). Le théorème de Dirichlet donne donc, pour tout réel \(x\),
   \[f(x) = \sum_{k \geq\, 1} b_k(f) \sin(kx) = \frac{4}{\pi} \sum_{p \geq\, 0} \frac{\sin((2p+1)x)}{2p+1}.\]
   En \(x = \frac{\pi}{2}\), on a \(\sin((2p+1)\frac{\pi}{2}) = (-1)^p\) et \(f(\frac{\pi}{2}) = 1\). Donc \(\displaystyle \sum_{p \geq\, 0} \frac{(-1)^p}{2p+1} = \frac{\pi}{4}\).

   La figure de l’énoncé montre que les sommes partielles dépassent la valeur \(1\) près des sauts : c’est le phénomène de Gibbs, qui ne contredit pas la convergence simple.

3. On a \(\dfrac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(t)^2\, dt = \dfrac{2\pi}{\pi} = 2\). L’égalité de Parseval s’écrit
   \[2 = \sum_{p \geq\, 0} \frac{16}{\pi^2 (2p+1)^2}, \qquad \text{donc} \qquad \sum_{p \geq\, 0} \frac{1}{(2p+1)^2} = \frac{\pi^2}{8}.\]
   La série \(\sum \frac{1}{n^2}\) converge absolument ; on peut séparer les indices pairs et impairs :
   \[\zeta(2) = \sum_{p \geq\, 0} \frac{1}{(2p+1)^2} + \sum_{p \geq\, 1} \frac{1}{4p^2} = \frac{\pi^2}{8} + \frac{\zeta(2)}{4}.\]
   Donc \(\frac{3}{4}\zeta(2) = \frac{\pi^2}{8}\), soit \(\zeta(2) = \dfrac{\pi^2}{6}\).

Barème : a) 2 points : 0,5 pour la parité, 1 pour le calcul de \(b_k\), 0,5 pour la discussion selon la parité de \(k\) ; b) 1,5 point : 1 pour Dirichlet avec la vérification aux points de discontinuité, 0,5 pour \(\frac{\pi}{4}\) ; c) 1,5 point : 1 pour Parseval, 0,5 pour \(\zeta(2)\).

Exercice 3 : Valeur absolue du sinus (4 points)

1. La fonction \(g\) est paire, donc \(b_k(g) = 0\) et \(a_k(g) = \dfrac{2}{\pi} \displaystyle \int_0^\pi \sin t \cos(kt)\, dt\). On a \(a_0(g) = \dfrac{2}{\pi} \displaystyle \int_0^\pi \sin t\, dt = \dfrac{4}{\pi}\).

   Pour \(k \geq\, 1\), on linéarise : \(\sin t \cos(kt) = \frac{1}{2}(\sin((k+1)t) – \sin((k-1)t))\). Pour \(m \geq\, 1\), \(\int_0^\pi \sin(mt)\, dt = \frac{1 – (-1)^m}{m}\), et cette intégrale est nulle si \(m = 0\).

   Si \(k\) est impair, \(k + 1\) et \(k – 1\) sont pairs : les deux intégrales sont nulles et \(a_k(g) = 0\).

   Si \(k = 2p\) avec \(p \geq\, 1\), les entiers \(k \pm 1\) sont impairs :
   \[\int_0^\pi \sin t \cos(kt)\, dt = \frac{1}{2}(\frac{2}{k+1} – \frac{2}{k-1}) = \frac{(k-1) – (k+1)}{k^2 – 1} = -\frac{2}{k^2 – 1}.\]
   Donc \(a_{2p}(g) = -\dfrac{4}{\pi(4p^2 – 1)}\) pour \(p \geq\, 1\).

2. La fonction \(g\) est continue et de classe \(\mathcal{C}^1\) par morceaux (elle est \(\mathcal{C}^1\) sur chaque \([m\pi, (m+1)\pi]\)). D’après l’exercice 1, d), sa série de Fourier converge normalement vers \(g\) :
   \[|\sin x| = \frac{2}{\pi} – \frac{4}{\pi} \sum_{p \geq\, 1} \frac{\cos(2px)}{4p^2 – 1}.\]
   Première manière : en \(x = 0\), on obtient \(0 = \frac{2}{\pi} – \frac{4}{\pi} \sum_{p \geq\, 1} \frac{1}{4p^2 – 1}\). Seconde manière : \(\frac{1}{4p^2 – 1} = \frac{1}{2}(\frac{1}{2p-1} – \frac{1}{2p+1})\), et la somme télescopique jusqu’à \(P\) vaut \(\frac{1}{2}(1 – \frac{1}{2P+1})\), qui tend vers \(\frac{1}{2}\). Dans les deux cas, \(\displaystyle \sum_{p \geq\, 1} \frac{1}{4p^2 – 1} = \frac{1}{2}\).

3. On a \(\dfrac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} \sin^2 t\, dt = \dfrac{1}{\pi} \times \pi = 1\). L’égalité de Parseval s’écrit
   \[1 = \frac{1}{2} \times \frac{16}{\pi^2} + \frac{16}{\pi^2} \sum_{p \geq\, 1} \frac{1}{(4p^2 – 1)^2}.\]
   Donc \(\sum_{p \geq\, 1} \frac{1}{(4p^2 – 1)^2} = \frac{\pi^2}{16}(1 – \frac{8}{\pi^2})\). La somme vaut \(\dfrac{\pi^2 – 8}{16}\) (environ \(0{,}117\), ce qui est cohérent avec le premier terme \(\frac{1}{9} \approx 0{,}111\)).

Barème : a) 2 points : 0,5 pour la parité et \(a_0\), 0,5 pour la linéarisation, 0,5 pour le cas impair, 0,5 pour le cas pair ; b) 1 point : 0,5 pour la convergence normale, 0,5 pour la somme ; c) 1 point : 0,5 pour Parseval, 0,5 pour le résultat.

Erreur fréquente : oublier le facteur \(\frac{1}{2}\) devant \(a_0^2\) dans l’égalité de Parseval, ce qui fausse toute la somme.

Exercice 4 : Problème : dent de scie, parabole et zêta de 4 (7 points)

1. Sur \(]-\pi, \pi[\), \(\varphi(t) = t\) est impaire, et \(\varphi(\pi) = 0\) : la fonction \(\varphi\) est impaire. Donc \(a_k(\varphi) = 0\), et, par intégration par parties,
   \[b_k(\varphi) = \frac{2}{\pi} \int_0^\pi t \sin(kt)\, dt = \frac{2}{\pi}([-\frac{t \cos(kt)}{k}]_0^\pi + \frac{1}{k} \int_0^\pi \cos(kt)\, dt) = \frac{2}{\pi} \times (-\frac{\pi (-1)^k}{k}).\]
   En effet, la dernière intégrale est nulle. Donc \(b_k(\varphi) = \dfrac{2(-1)^{k+1}}{k}\) pour \(k \geq\, 1\).

2. On a \(\dfrac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} t^2\, dt = \dfrac{1}{\pi} \times \dfrac{2\pi^3}{3} = \dfrac{2\pi^2}{3}\). Par l’égalité de Parseval, \(\dfrac{2\pi^2}{3} = \sum_{k \geq\, 1} \dfrac{4}{k^2}\). Donc \(\zeta(2) = \dfrac{\pi^2}{6}\).

3. La fonction \(t \mapsto t^2\) est continue sur \([-\pi, \pi]\) et prend la même valeur \(\pi^2\) en \(-\pi\) et en \(\pi\) : la fonction périodisée \(h\) est continue sur \(\mathbb{R}\). Sur chaque intervalle \(]-\pi + 2m\pi, \pi + 2m\pi[\), elle est de classe \(\mathcal{C}^1\) et sa dérivée \(2(t – 2m\pi)\) se prolonge aux bornes. Donc \(h\) est \(\mathcal{C}^1\) par morceaux et \(h^{\prime} = 2\varphi\), sauf aux points \(\pi + 2m\pi\).

   La fonction \(h\) est paire, donc \(b_k(h) = 0\), et \(a_0(h) = \dfrac{1}{\pi} \displaystyle \int_{-\pi}^{\pi} t^2\, dt = \dfrac{2\pi^2}{3}\).

   Pour \(k \geq\, 1\), on a \(c_k = \frac{1}{2}(a_k – i b_k)\). La relation \(c_k(h^{\prime}) = ik\, c_k(h)\) de l’exercice 1, c) donne alors \(a_k(h^{\prime}) – i b_k(h^{\prime}) = k b_k(h) + ik\, a_k(h)\), donc \(b_k(h^{\prime}) = -k\, a_k(h)\). Avec \(h^{\prime} = 2\varphi\) (l’égalité hors d’un nombre fini de points ne change pas les intégrales) :
   \[a_k(h) = -\frac{2\, b_k(\varphi)}{k} = -\frac{4(-1)^{k+1}}{k^2}.\]
   Ainsi \(a_0(h) = \dfrac{2\pi^2}{3}\), \(a_k(h) = \dfrac{4(-1)^k}{k^2}\) pour \(k \geq\, 1\), et \(b_k(h) = 0\).

4. La série \(\sum \frac{4}{k^2}\) converge, donc \(\sum a_k(h) \cos(kx)\) converge normalement sur \(\mathbb{R}\). Comme \(h\) est continue et de classe \(\mathcal{C}^1\) par morceaux, le théorème de Dirichlet identifie la somme à \(h\). Pour tout \(x \in [-\pi, \pi]\) :
   \[x^2 = \frac{\pi^2}{3} + 4 \sum_{k \geq\, 1} \frac{(-1)^k \cos(kx)}{k^2}.\]
   En \(x = \pi\), \(\cos(k\pi) = (-1)^k\), d’où \(\pi^2 = \frac{\pi^2}{3} + 4\zeta(2)\) : \(\zeta(2) = \dfrac{\pi^2}{6}\).

   En \(x = 0\), on obtient \(0 = \frac{\pi^2}{3} + 4 \sum_{k \geq\, 1} \frac{(-1)^k}{k^2}\) : \(\displaystyle \sum_{n \geq\, 1} \frac{(-1)^{n+1}}{n^2} = \frac{\pi^2}{12}\).

   

   La figure confirme la convergence uniforme : dès \(S_3\), l’écart avec \(h\) est faible sur toute la période, et il n’y a pas de phénomène de Gibbs puisque \(h\) est continue.

5. On a \(\dfrac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} t^4\, dt = \dfrac{1}{\pi} \times \dfrac{2\pi^5}{5} = \dfrac{2\pi^4}{5}\). L’égalité de Parseval donne
   \[\frac{2\pi^4}{5} = \frac{1}{2}(\frac{2\pi^2}{3})^2 + \sum_{k \geq\, 1} \frac{16}{k^4} = \frac{2\pi^4}{9} + 16\, \zeta(4).\]
   Donc \(16\, \zeta(4) = 2\pi^4(\frac{1}{5} – \frac{1}{9}) = \frac{8\pi^4}{45}\). Ainsi \(\zeta(4) = \dfrac{\pi^4}{90}\).

Barème : a) 1,5 point : 0,5 pour l’imparité, 1 pour l’intégration par parties ; b) 1 point ; c) 2 points : 0,5 pour la continuité et la régularité, 0,5 pour \(a_0\) et la parité, 1 pour \(a_k\) ; d) 1,5 point : 0,5 pour la convergence justifiée, 0,5 par valeur particulière ; e) 1 point : 0,5 pour Parseval, 0,5 pour \(\zeta(4)\).

Revenir à l’énoncé du contrôle

Après le corrigé du contrôle : séries de Fourier et égalité de Parseval

Pour consolider ce que le corrigé vous a appris, relisez le cours « Séries de Fourier » en L2 puis entraînez-vous avec les exercices corrigés séries de fourier.

Retrouvez tous les contrôles de maths de L2 classés par chapitre, ou choisissez un autre niveau sur la page contrôles de maths du CP au post-bac.

Autres contrôles de maths de L2 sur ce thème

• Contrôle de maths L2 : partiel de S4, séries entières et de Fourier