Corrigé - Emmanuel Montseny

Corrigé de la feuille de TD Analyse Harmonique
20082009
Séries de Fourier
Exercice 1
1. La fonction est paire (faire un dessin !), donc les bn sont tous nuls.De plus, on a :
4
an =
L
On a donc a0 =
an
8
L2
Z
L/2
g(t) cos
0
h 2 iL/2
t
2
0
L/2
2nπt
L
4
dt =
L
L/2
Z
0
2
t cos
L
2nπt
L
dt.
= 1. Pour tout n ≥ 2, on a :
2nπt
t cos
dt
L
0
L/2
Z L/2
8
2nπt
2nπt
L
L
IPP 8
t sin
sin
= 2
− 2
dt
L 2nπ
L
L 0
2nπ
L
0
|
{z
}
8
=
L2
Z
=0
L/2
2
4
L
2nπt
= 2 2 ((−1)n − 1)
=
cos
Lnπ 2nπ
L
nπ
0
0 si n est pair
=
.
−4
si n est impair
n2 π 2
2. La fonction g est continue, C 1 par morceaux (car polynomiale par morceaux), donc
d'après le théorème de Dirichlet on peut écrire l'égalité :
a0 X
+
an cos
∀t, g(t) =
2
n>1
2πnt
L
+ bn sin
2πnt
L
.
2πnt
, séparation en n pairs et impairs :
L
X
2π(2p + 1)t
a0 X
2π(2p)t
=
+
a2p cos
+
a2p+1 cos
2
L
L
p>0
p>0
{z
}
|
=0 car les an sont nuls pour n pairs
1 X
−4
2π(2p + 1)t
=
+
cos
.
2 p>0 (2p + 1)2 π 2
L
a0 X
+
an cos
=
2
n>1
1
3. En prenant l'égalité ci-dessus en t =
g(
L
2π
, on obtient :
1 X
−4
L
1
)= +
cos(2p + 1) =
2
2
2π
2 p>0 (2p + 1) π
π
d'où le résultat annoncé.
Soit la fonction 2π -périodique par :
Exercice 2
f (x) = x , x ∈ [−π, π].
1. Dessin fait en TD.
2. La fonction est impaire, donc les coecients an sont nuls pour tout n. De plus :
bn
4
=
2π
Z
π
0
π
Z
2
cos(nx)
2 π cos(nx)
x sin(nx) dx =
dx
−x
+
π
n
π 0
n
0
|
{z
}
IPP
=0
n
=
2(−1)
.
n
La fonction est C 1 par morceaux (car polynomiale par morceaux), donc d'après le
théorème de Dirichlet on peut écrire l'égalité :
a0 X
0 si x = (2k + 1)π , k ∈ Z
an cos (nx) + bn sin (nx)
=
+
f (x) sinon
2
n>1
X
X 2(−1)n
=
bn sin (nx) =
sin (nx) .
n
n>1
n>1
f (x− ) + f (x+ )
∀x,
=
2
3. L'égalité ci-dessus évaluée en x = 1 donne :
f (1) = 1 =
+∞
X
2(−1)n sin n
,
n
n=1
d'où le résultat annoncé.
4. L'égalité de Parseval permet d'écrire :
⇔
⇔
il suit
+∞
P
1
=
2
n=1 n
R
P
1 π
|f (t)|2 dt = n>1
π −π
R
P
1 π
x2 dt = n>1 n42
π −π
P
1 2π 3
1
=
4
n>1 n2 ;
π 3
π2
.
6
2
|bn |2
Transformation de Fourier
Exercice 3
Soit la fonction porte (ou indicatrice ) dénie par :
∀t ∈ R, χ[−1,1] (t) =
1 si x ∈ [−1, 1]
.
0 sinon.
1. Par dénition :
Z
χ
\
[−1,1] (ξ) =
−2iπξt
χ[−1,1] (t) e
Z
1
dt =
e−2iπξt dt
−1
R
sin(2πξ)
1
=
e2iπξ − e−2iπξ =
.
2iπξ
πξ
2. Bien sûr, le calcul direct est évident. On s'entraîne ici à utiliser les formules du cours.
On remarque (faire des dessins !) que χ[0,1] est une porte, comme χ[−1,1] , mais ayant
subit une contraction (sa "largeur" est de 1, alors que la largeur de χ[−1,1] est de 2),
et un décalage (puisque χ[−1,1] est centrée sur 0 alors que χ[0,1] est centrée sur 1/2.
Il s'agit donc d'exprimer χ[0,1] en fonction de décalages et translation de χ[−1,1] , et
d'utiliser ensuite les formules du court sur les transformées de Fourier.
On décide (de manière arbitraire) de s'occuper d'abord de la contraction. Son facteur
est 2 (pour les raisons sus-citées). Plus précisemment, on a :
χ[0,1] (t) = χ[0,2] (2t).
On peut donc exprimer χd
d
[0,1] facilement en fonction de χ
[0,2] :
1
ξ
χd
d
[0,1] (ξ) = χ
[0,2] ( ).
2
2
Ensuite, on s'occupe du décalage permettant de passer de χ[−1,1] à χ[0,2] ; il s'agit d'un
décalage d'une unité, soit :
χ[0,2] (t) = χ[−1,1] (t − 1),
ce qui permet d'exprimer χd
\
[0,2] facilement en fonction de χ
[−1,1] :
−2iπξ
χd
χ
\
[0,2] (ξ) = e
[−1,1] (ξ).
Au nal, on peut écrire le résultat qui nous intéresse :
1
ξ
1 −2iπξ/2
ξ
χd
χ
\
[0,2] ( ) = e
[−1,1] ( )
2
2
2
2
1 −iπξ sin(2πξ/2)
sin(πξ)
=
e
= e−iπξ
.
2
πξ/2
πξ
χd
[0,1] (ξ) =
3
3. Soit la fonction fT := T1 χ[− T2 , T2 ] .
(a) On tombe sur un objet qui vaut +∞ en 0 et 0 partout ailleurs. Il s'agit de la
distribution de dirac notée δ .
(b) Par calcul direct ou en utilisant le même procédé que ci-dessus, on o :
sin(πT ξ)
fc
.
T (ξ) =
πT ξ
(c) En faisant tendre T vers 0 dans l'égalité ci-dessus, et en supposant qu'on peut
inverser l'opération b et la limite, l'égalité ci-dessus donne :
sin(πT ξ)
b
= 1 ∀ξ.
δ(ξ) = lim
T →0
πT ξ
Exercice 4
1. On a :
4e−2iπξ
2×2
e−2iπξ
−2iπξ
=
.
2
2 = e
2
2
2
1+π ξ
4 + 4π ξ
2 + 4π 2 ξ 2
On reconnait sous cette forme la transformée de e−2|t| décalée de 1 (du fait de la
multiplication par e−2iπξ 1 ). Ainsi :
F
−1
e−2iπt
(t) = e−2|t−1| .
1 + π 2 t2
Nota : ne pas perdre de vue que la notation F −1
nombre et non une fonction...
h
e−2iπt
1+π 2 t2
i
est impropre car
e−2iπt
1+π 2 t2
est un
Transformation de Laplace
Exercice 5 On applique la transformation de Laplace à chaque membre de l'équation
diérentielle (l'opération est linéaire) :
L[y (4) ](p) = p4 Y (p) − p3 y(0) − p2 y 0 (0) − py 00 (0) − y 000 (0),
| {z }
| {z }
0
L[
d'où :
0
w0
w0
w0 1
](p) =
L[1](p) =
,
EI
EI
EI p
p4 Y (p) − p2 y 0 (0) − y 000 (0) =
⇔ Y (p) =
w0 1
EI p5
+
4
y 0 (0)
p2
+
y 000 (0)
p4
w0 1
EI p
Ainsi, on a l'expresion de y(x) :
y(x) =
w 0 x4
x3
+ xy 0 (0) + y 000 (0).
EI 4!
3!
(1)
Il reste donc à déterminer y 0 (0) et y 000 (0). Pour cela, on va utiliser les deux conditions aux
limites non exploitées pour le moment, à savoir :
y 00 (L) = 0
⇔
y 0 (L) = 0
w0
y 000 (0) = − 2EI
L
w0
0
y (0) = − 24EI L3
⇔
w0
EI
w0
EI
L2
2
L3
3!
+ L y 000 (0) = 0
2
+ y 0 (0) + L2 y 000 (0) = 0
En remplacant y 0 (0) et y 000 (0) dans 1 et après mise en facteur, on obtient nalement :
y(x) =
w0
x(x − L)2 (x + L)
24EI
Exercice 6
D'après le tables, on :
L [sin(2ω·)] (p) =
p2
2ω
.
+ 4ω 2
La multiplication par t se traduisant en Laplace par une dérivation, on en déduit l'expression
de la transformée de t 7→ t sin(2ωt) :
d
L [sin(2ω·)] (p)
dp
d
2ω
4ωp
= −
=
2
2
dp p + 4ω
(p2 + 4ω 2 )2
L [· sin(2ω·)] (p) = −
Nota : L [· sin(2ω·)] est une notation rigoureuse pour ce que l'on écrit familièrement
L [t sin(2ωt)], qui n'est pas correcte ; l'écriture · sin(2ω·) signie la fonction t 7→ t sin(2ωt).
5

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