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Chapitre 8  Exercices d’Analyse niveau licence 1 et 2

8.1  Calculs d’aire et de de volume

8.1.1  Aire d’une couronne circulaire

Calculer l’aire d’une couronne circulaire de rayons r,R avec r<R.

Soient (Γ) le cercle de rayon R et (γ) celui de rayon r.
La réponse est simple et ne dépend que de la longueur 2l des cordes de (Γ) tangentes à (γ) et on a :

Sc=π(R2r2)=π l2

8.1.2  Volume d’une calotte sphérique

Calculer le volume d’une calotte sphérique découpée par un plan P située à une distance d du centre O d’une sphère de rayon R.

On choisit comme l’origine du repère en O et l’axe des z perpendiculaire au plan P et on pose :
x=rcos(t) donc dx=−rsin(t)dt+cos(t)dr
y=rsin(t) donc dy=rcos(t)dt+sin(t)dr
z=z donc dz=dz
donc dV==rdr.dt.dz Donc

Volc=


0
dt.
R


d
R2z2


0
rdrdz

On tape :
int(1,t,0,2pi)*int(int(r,r,0,sqrt(R^2-z^2)),z,d,R)
On obtient :
2*pi*(-1/2*R^2*d-(-1)/6*d^3+1/3*R^3) Donc :

Vc=2π(−
1
2
R2d+
1
6
d3+
1
3
R3)

8.1.3  Un calcul de volume

On fait un trou cylindrique dans une sphère de centre O et de rayon R, l’axe du cylindre passe par O et le cylindre a comme hauteur 2*d.
Calculer le volume de cette sphère percée.
1ière méthode
On suppose que l’on sait qu’une une sphère de rayon R a pour volume :

Vs=
4
3
π R3

et que le voulume d’une calotte sphérique située à une distance d du centre O d’une sphère de rayon R est :

Vc=2π(−
1
2
R2d+
1
6
d3+
1
3
R3)

Calculons le volume du trou qui est composé :

Donc d’après le calcul précédent :

Vt=2π r2d+4π(−
1
2
R2d+
1
6
d3+
1
3
R3)

On tape :
Vs:=4*pi*R^3/3
Vt:=2*pi*r^2*d+2*2*pi*(-1/2*R^2*d-(-1)/6*d^3+1/3*R^3)
simplify(subst(simplify(Vs-Vt),r^2,R^2-d^2))
On obtient :
(4*d^3*pi)/3
Donc la sphère trouée (en rouge) a le même volume qu’une sphère de rayon d (en jaune) où 2d est la hauteur du cylindre (en bleu) :

VsVt=
4
3
π d3

2ième méthode
On calcul le volume restant en coupant par des plans parallèles à Oxy.

Un plan de cote z coupe le volume restant selon une couronne de rayons r et Rz avec Rz=√R2z2 et r=√R2d2.
La surface de cette couronne est donc : Sc=π(Rz2r2)=π(R2z2−(R2d2)=π(d2z2) On a donc :
VsVt=∫ddπ(d2z2)dz
On tape :
simplify(int(pi*(d^2-z^2),z,-d,d))
On obtient : 4/3*d^3*pi
Donc :

VsVt=
4
3
π d3

8.2  La moyenne arithmétique, géométrique et harmonique

8.2.1  La définition

Soient a1, a2...an, n réels positifs (n≥ 2) et on pose :
u=1/n(a1+a2+...+an)
v=(a1a2...an)1/n
n/w=1/a1+1/a2+....+1/a1
u est la moyenne arithmétique des nombres a1, a2...an.
v est la moyenne géométrique des nombres a1, a2...an.
w est la moyenne harmonique des nombres a1, a2...an.

8.2.2  L’énoncé

Montrer que pour tout x>0 on a : ln(x) ≤ x−1
Montrer que : vu (on utilisera l’inégalité précédente pour x=ak/u et pour k=1..n).
En déduire que wv
Dans quel cas a-t-on v=u ?
Dans quel cas a-t-on v=w ?
Applications

8.2.3  La solution

Montrons que : vu pour cela montrons que : ln(v/u)≤ 0.
On a :
ln(v/u)=1/nln(a1a2...an)/u)= 1/n(ln(a1/u)+ln(a2/u)+...+ln(an/u))
Puisque ln(x)≤ x−1 pour tout x>0, on a :
ln(a1/u)≤ a1/u−1, ln(a2/u)≤ a2/u−1, ..., ln(an/u)≤ an/u−1
Donc
1/nln(a1a2...an/u) ≤ (a1+a2+...+an)/nu−1=0
Donc vu
Montrons que : wv
D’après ce qui précéde en appliquant l’inégalité à bk=1/ak on a :
1/(a1a2...an)1/n=1/v≤ 1/n(1/a1+1/a2+....+1/a1)=1/w
donc puisque v>0 et w>0 on en déduit que :
wv.
Quand a-t-on u=v ?
Si x>0 et x≠ 1, on a ln(x)< x−1 et
ln(x)= x−1 si et seulement si x=1 donc
ln(v/u)=0 si et seulement si a1/u=1, ...., an/u=1 c’est à dire si a1=a2....=an.
Quand a-t-on w=v ?
Comme on a appliqué l’inégalité à bk=1/ak on a :
w=v si et seulement si b1=b2=...=bn c’est à dire si a1=a2...=an.

Applications

8.3  La moyenne arithmético-harmonique

8.3.1  La définition et l’énoncé

Soient a et b deux réels strictement positifs (dire pourquoi on peut supposé dans la suite a>b ), on définit les 2 suites u et w par :

  u0=aw0=b,    un+1=
un+wn
2
wn+1=
2unwn
un+wn
      (1)

8.3.2  La solution

8.4  La moyenne arithmético-géométrique

8.4.1  La définition et l’énoncé

Soient a et b deux réels strictement positifs (dire pourquoi on peut supposé dans la suite a>b), on définit les 2 suites u et v par :

  u0=av0=b,    un+1=
un+vn
2
vn+1=
unvn
      (2)

8.4.2  La solution

Les suites u et v sont donc convergentes et puisque un+1=un+vn/2 par passage à la limite on en déduit qu’elles convergent vers la même limite notée M(a,b).
Ou bien, on remarque que :
un+1vn+1<un+1vn=un+vn/2−vn=unvn/2
Donc 0<unvn<u0v0/2n
On remarque que :
abM(a,b)=M(b,a)≤ a+b/2 et
pour tout k>0 on a M(k*a,k*b)=k*M(a,b)
On peut donc supposer b=1 et a>1.
On a aussi pour tout entier n>0 :
abvnuna+b/2 un+12vn+12=(unvn)2/4 donc
un+1vn+1=(unvn)2/4(un+1+vn+1)≤ K(unvn)2 avec K=1/8√ab.
On a :
K<9*102 u1=1.5, v1=√2 donc 0<u1v1< 9*102
u2v2<(9*102)3<8*104
u3v3<(9*102)7<5*108
u4v4<(9*102)24−1<3*1016
u5v5<(9*102)25−1<4*1033
On fait les calculs soit avec un tableur, soit avec un programme.

On tape :
aritgeo(2,1.,1e-20)
On obtient :
1.456791031046906869186431,5
On peut tracer la fonction aritgeo(x,1.,1e-2)[0], pour cela on tape (on commente print(n) dans aritgeo) :

 
plotaritgeo(n):={
local j,L;
L:=point(0);
pour j de 0 jusque n faire
L:=L,point(j+i*aritgeo(j,1.,1e-2));
fpour;
retourne L;}:;

8.4.3  Relation entre M(a,b) et les intégrales elliptiques

Il se trouve que la convergence est très rapide. Le calcul de cette limite en fonction de a et b n’est pas trivial au premier abord. Il est relié aux intégrales elliptiques, plus précisément on peut construire une intégrale dépendant de deux paramètres a et b et qui est invariante par la transformation F(x,y)=a+b/2,√ab :

I(a,b)=
+∞


−∞
  
dt
(a2+t2)(b2+t2)

On a en effet

I(F(a,b))=I(
a+b
2
,
ab
) = 
+∞


−∞
  
du
((
a+b
2
)2+u2)(ab+u2)
 

On pose alors

u=
1
2
 (t
ab
t
),    t>0 

tu est une bijection croissante de t∈]0,+∞[ vers u ∈ ]−∞,+∞[, donc

I(
a+b
2
,
ab
)
=
+∞


0
  
dt/2(1+ab/t2)
((
a+b
2
)2+1/4(tab/t)2)(ab+1/4(tab/t)2)
 =
+∞


0
 
dt
(a2+t2)(b2+t2)
I(a,b)

Lorsqu’on est à la limite l=M(a,b), le calcul de I(l,l) est explicite

I(l,l)=
+∞


−∞
  
dt
(l2+t2)
 = 
π
l

donc

I(a,b)=
π
M(a,b)

On peut transformer I(a,b) en posant t=bu

I(a,b)=2
+∞


0
  
du
(a2+b2u2)(1+u2)
2
a
 
+∞


0
  
du
(1+(b/a)2u2)(1+u2)
 

Puis en posant u=tan(x) (du=(1+u2) dx)

I(a,b)=
2
a
 
π
2


0
 
1+tan(x)2
1+(b/a)2tan(x)2
  dx 

et enfin en posant tan2(x)=sin(x)2/1−sin(x)2

I(a,b)= 
2
a
 
π
2


0
  
 
1
1−(1−
b2
a2
)sin(x)2
 
  dx

Si on définit pour m<1

K(m)=
π
2


0
 
dx
1−m sin(x)2
 

alors on peut calculer K en fonction de I, en posant m=1−b2/a2 soit b2/a2=1−m

K(m)=
a
2
 I(a,a
1−m
)=
a
2
π
M(a,a
1−m
)
π
2M(1,
1−m
)
 

Donc pour x et y positifs

K( (
xy
x+y
)2 )=  
π
2M(1,
1−(
xy
x+y
)2
)
=  
π
2M(1,
2
x+y
xy
)
π
2
x+y
 M(
x+y
2
,
xy
π
4
 
x+y
M(x,y)

et finalement

M(x,y)=
π
4
 
x+y
 K


(
xy
x+y



2



 
 )

et si k2=1−m avec k∈ ]0,1]

 K K(m)=
π
2


0
 
dx
1−m sin(x)2
π
2M(1,
1−m
)
      (3)

8.4.4  Application : calcul efficace du logarithme.

On peut utiliser la moyenne arithmético-géométrique pour calculer le logarithme efficacement, pour cela on cherche le développement asymptotique de K(m) lorsque m tend vers 1. Plus précisément, on montre que pour k<1/2 :

  |K−ln


4
k



|  ≤ k2 




lnπ
3/4+
3
/2
  + 
4
3
 
π3
96
 + 
9
20
− (
1
3/4+
3
/2
+
1
6
) ln(k




    (4)

que l’on peut réécrire

  |
π
2M(1,k)
−ln


4
k



| ≤  k2(3.8−0.8ln(k))     (5)

La formule (5) permet de calculer le logarithme d’un réel positif avec (presque) n bits lorsque k ≤ 2n/2 (ce à quoi on peut toujours se ramener en calculant le logarithme d’une puissance 2m-ième de x ou le logarithme de 2mx, en calculant au préalable ln(2)). Par exemple, prenons k=2−27, on tape avec comme configuration 24 digits : M(1,2^-27)=M1:=aritgeo(1,2^-27.,1e-20)
on trouve pour M1 (en 8 itérations puisque n=8): 0.7814414037633092672168387e-1 On a, avec une erreur inférieure à 19 × 2−54=1.1× 10−15

M(1,227)=M1=
π
2ln(229)
=
π
58ln(2)
,

On peut donc déduire une valeur approchée de π de celle de ln(2). Par exemple si on prend comme valeur de π :
3.141592653589793238462642 On obtient comme approximation de ln(2), π/58M1:
On tape evalf(pi)/(58*M1)
On obtient 0.6931471805599453185580364
alors que Xcas donne comme valeur de ln(2),
0.6931471805599453094172324
On remarque que l’erreur est inférieure à 1.1× 10−15.

Si on veut calculer les deux simultanément, comme les relations entre ln et π seront des équations homogènes, on est obligé d’introduire une autre relation. Par exemple pour calculer une valeur approchée de π on calcule la différence ln(229+1)−ln(229) dont on connait le développement au premier ordre, et on applique la formule de la moyenne arithmético-géométrique. Il faut faire attention à la perte de précision lorsqu’on fait la différence des deux logarithmes qui sont très proches, ainsi on va perdre une trentaine de bits, il faut grosso modo calculer les moyennes arithmético-géométrique avec 2 fois plus de chiffres significatifs.

L’intérêt de cet algorithme apparait lorsqu’on veut calculer le logarithme avec beaucoup de précision, en raison de la convergence quadratique de la moyenne arithmético-géométrique (qui est nettement meilleure que la convergence linéaire pour les développements en série, ou logarithmiquement meilleure pour l’exponentielle), par contre elle n’est pas performante si on ne veut qu’une dizaine de chiffres significatifs. On peut alors calculer les autres fonctions transcendantes usuelles, telle l’exponentielle, à partir du logarithme, ou les fonctions trigonométriques inverses (en utilisant des complexes) et directes.

On trouvera dans Brent-Zimmermann quelques considérations permettant d’améliorer les constantes dans les temps de calcul par rapport à cette méthode (cela nécessite d’introduire des fonctions spéciales θ) et d’autres formules pour calculer π.

8.5  L’intégrale d’une fraction rationnelle

  1. Calculer :
    I=
    t2 dt 
    1−t4
  2. En déduire :
    J=
    sin(x)2 dx 
    cos(2x)

Avec Xcas les réponses sont immédiates.
On tape :
integrate(t^2/(1-t^4),t)
On obtient :
1/-2*atan(t)+1/4*log(abs(t+1))+1/-4*log(abs(t-1))
On tape :
I:=integrate(sin(x)^2/(cos(2*x)),x)
On obtient :
(x/(-2*2)+(log(abs((tan(x/2))^2-2*tan(x/2)-1)))/8+
(log(abs((tan(x/2))^2+2*tan(x/2)-1)))/-8)*2
On tape :
lncollect(I-x/2))
On obtient :
-(1/4*log(abs((tan(x/2))^2+2*tan(x/2)-1)))
Mais comment détailler ?

8.6  Intégrale et série

1/ On considère la suite un=∑j=1n 1/j2 pour n>0.
Montrer que un converge en comparant un à l’intégrale ∫1n+1 1/t2 dt.
2/ a/ Soit a>0. Montrer que la fonction f définie par :
f(x)=xa*ln(x) si x>0 et f(0)=0
est continue sur [0; +∞[
b/ Calculer ∫01 f(t) dt
3/ a/ Montrer que la fonction gn définie par :
gn(x)=x2n+1*ln(x)/x2−1 si x>0 et x≠ 1
peut se prolonger par continuité sur [0; +∞[
b/ On pose In=∫01 gn(t) dt.
Calculer In+1In
c/ Montrer que In est convergente et déterminer sa limite.
En déduire la valeur de I0 en fonction de la limite de un.

Correction
1/ Pour pour j>2 et pour t ∈ [j−1;j[ on a 1/j2 ≤ 1/t2 donc :
un=∑j=1n 1/j2=1+∑j=2n 1/j2<1+∫1n 1/t2dt
donc un<1−1/n+1=2−1/n
La suite un est croissante et majorée donc elle est convergente de limite l et on a l ≤ 2.
2/ On tape :
assume(a>0);
limit(x^a*log(x),x=0
On obtient :
0
On tape :
ibpu(x^a*log(x),log(x))
On obtient :
[(x^(a+1)*log(x))/(a+1),(-(x^(a+1)))/(a*x+x)]
On obtient :
-1/(a+1)^2
3/ On tape :
g(n,x):=(x^(2*n+1)*log(x))/(x^2-1)
limit(g(n,x),x=1)
On obtient :
1/2
On tape :
limit(g(n,x),x=0)
On obtient :
0
On tape :
lncollect(normal(g(n+1,x)-g(n,x)))
On obtient :
((x^(2*n+3)-x^(2*n+1))*log(x))/(x^2-1)
On tape :
int(x^(2*n+1)*log(x),x,0,1
On obtient :
-1/(2*n+2)^2
On a pour 0≤ x ≤ 1:
0≤ gn(x)<x2*n/2 car x*log(x)/(x2−1)<1/2
Donc :
In+1In=−1/4*1/(n+1)2
donc :
In=−1/4*un+I0
On a donc I0=l/4

8.7  Approximation décimale d’un nombre transcendant

Définition Un nombre réel est algébrique s’il vérifie une équation polynômiale à coefficients entiers, sinon il est transcendant. On peut montrer que pour b ∈ ℤ, b>1, les nombres :

ξ(b)=
1
b0!
+
1
b1!
+...
1
bn!
+...

sont transcendants.
Donner une approximation déciamle de ξ(2) à 10−8 près.
La série de terme générale 1/bn! est convergente car 1/bn!<1/bn, donc :
1+1/b<ξ(b)<b/b−1 et 1.5<ξ(b)<2.
Pour avoir une approximation décimale de ξ(2) à 10−8 près, il faut trouver une majoration du reste d’ordre p≥ 1 :

n=p
1
bn!
=
1
bp!
+
1
bp!*(p+1)
+
1
bp!*((p+1)(p+2)
+...+
1
bp!*((p+1)(p+2)...(p+n)
+...<
n=1
(
1
bp!
)n=
1
bp!−1

Il faut donc résoudre :

1
2p!−1
<10−8

Pour p=5 on a 1/2120−1<10−36
Pour p=4 on a 1/224−1<6*10−8
Donc il suffit de calculer la somme des 5 premiers termes (p=0..4)) :
1+1/2++1/22+1/26+1/224.
On trouve :
1.7656250596

8.8  Série et développement en série de Fourier

8.8.1  Une série

L’énoncé

  1. Trouver pour x∈]−π;π] la valeur de la somme
    s(x,N)=
    N
    k=1
    cos(kx)
  2. En déduire que pour x∈]−π;π[ la somme
    S(x,N)=
    N
    k=1
    (−1)k+1
    sin(kx)
    k
    s’écrit sous la forme 1/2+1/NI(x)+1/N+1J(x) où I(x) et J(x) sont des intégrales fonction de leur borne supérieure.
  3. En déduire, lorsque x∈[−π;π], la valeur de :
    +∞
    k=1
    (−1)k+1
    sin(kx)
    k
    .

La correction avec Xcas

  1. Première méthode
    On remarque s(x,N) est la partie réelle de ∑k=1Nexp(ix).
    On tape :
    sum(exp(i*k*x),k,1,N)
    On obtient :
    (exp((i)*(N+1)*x))/(exp((i)*x)-1)-(exp((i)*x))/ (exp((i)*x)-1)
    On tape :
    trigcos(re(sum(exp(i*k*x),k,1,N)))
    On obtient :
    (-cos(x)*cos(x*(N+1))-cos(x)+cos(x*(N+1))- sin(x)*sin(x*(N+1))+1)/(2*cos(x)-2)
    On réécrit la réponse avec tlin puis avec normal et on obtient :
    (-cos(x)-cos(N*x)+cos(x*(N+1))+1)/(2*cos(x)-2)
    donc
    s(x,N)=
    (−cos(x)−cos(N*x)+cos(x*(N+1))+1)
    (2*cos(x)−2)

    Autre méthode
    On peut aussi simplifier : 2*sin(x/2)*s(x,N).
    On tape :
    tlin(2*sin(x/2)*cos(k*x))
    On obtient :
    sin((2*k*x+x)/2)-sin((2*k*x-x)/2)
    Donc on a :

    N
    k=1
    sin((2kx+x)/2)−sin((2kxx)/2)=sin((2Nx+x)/2)−sin(x/2)

    et

    2sin(x/2)*s(x,N)=
    N
    k=1
    2sin(x/2)cos(kx)=sin((2Nx+x)/2)−sin(x/2)

    On vérifie et on tape:
    tlin(2*sin(x/2)*(-sin(x/2)+sin((2*N+1)*x/2))
    On obtient :
    -1+cos(x)+cos(N*x)-cos(N*x+x)
    On tape:
    trigsin(trigexpand(2*cos(2*(x/2))-2))
    On obtient :
    -4*sin(x/2)^2
    On tape:
    tlin((2*cos((N+1)*x/2)*sin(N*x/2))
    On obtient :
    sin((2*N*x+x)/2)-sin(x/2)
    Donc on peut écrire s(x,N) de 4 manières :

    s(x,N)=
    N
    k=1
    cos(kx)=
    sin((2N+1)x/2)−sin(x/2)
    2sin(x/2)
    =
    2cos((N+1)x/2)sin(Nx/2))
    2sin(x/2)
    =
    −1+cos(x)+cos(Nx)−cos((N+1)x)
    −4sin2(x/2)
    =
    1−cos(x)−cos(Nx)+cos((N+1)x)
    2*cos(x)−2)
  2. On remarque que :
    S′(x,N)=
    N
    k=1
    (−1)k+1cos(kx)=−
    N
    k=1
    cos(k(x+π)=−s(x+π,N)
    donc
    S′(x,N)=
    cos(x)−(−1)Ncos(N*x)+(−1)N+1cos(x*(N+1))+1
    2+2cos(x)
    On a :
    S′(x,N)−
    1
    2
    =
    −(−1)Ncos(N*x)+(−1)N+1cos(x*(N+1)
    2+2cos(x)

    On a S(0,N)=0 donc

    S(x,N)=
    x
    2
    +
    x


    0
    (−1)Ncos(N*t)+(−1)N+1cos(t*(N+1))
    (2+2cos(x))
    dt

    On intègre par partie cette intégrale et on tape :

    ibpu((-(-1)^N*cos(N*x)+(-1)^(N+1)*cos(x*(N+1)))/ (2+2*cos(x)),1/(2+2*cos(x)))

    On obtient après factorisation du 2ième terme :

    [(-(-1)^N*1/(N+1)*sin(x*(N+1))-(-1)^N*1/N*sin(N*x))/ (2+2*cos(x)),(sin(x)*(sin(N*x)*N+sin(N*x)+ sin(x*(N+1))*N)*(-1)^N)/(2*(cos(x)+1)^2*(N+1)*N)]

    Donc

    S(x,N)=
    x
    2
    +
    −(−1)N*1/(N+1)*sin(x*(N+1))−(−1)N*1/N*sin(N*x)
    2+2*cos(x)
    +
    x


    0
    (−1)N*sin(t)*(sin(N*t)*(N+1)+sin(t*(N+1))*N)
    2*(cos(t)+1)2*(N+1)*N
    dt

    Si x∈]−π,π[, limN→ +∞S(x,N)−x/2=0 donc

    +∞
    k=1
    (−1)k+1
    sin(kx)
    k
    =x/2

    et si x=−π ou si x

    +∞
    k=1
    (−1)k+1
    sin(kx)
    k
    =0

Pour visualiser le résultat

On tape :

S(x,N):=sum((-1)^(k+1)*sin(k*x)/k,k,1,N); (plotfunc(S(x,k),x))$(k=1..5); plotfunc(S(x,20),x,affichage=rouge); plotfunc(S(x,40),x,affichage=vert)

On obtient :

8.8.2  Développement en série de Fourier et phénomène de Gibbs

Rappels du cours

On sait que les coefficients de Fourier d’une fonction, 2π-périodique et intégrable sur tout intervalle fermé borné, sont définis pour n ∈ ℤ et pour α ∈ ℝ par :

cn(f)=
1
α+2π


α
f(t)eintdt

et que la série de Fourier associée à f est :

SF(f)(x)=
+∞
n=−∞
cn(f)einx

On peut aussi définir les coefficients de Fourier réels pour n ∈ ℕ et pour α ∈ ℝ par :

an(f)=
1
π
α+2π


α
f(t)cos(nt)dt
bn(f)=
1
π
α+2π


α
f(t)sin(nt)dt

On a alors :

SF(f)(x)=
a0(f)
2
+
+∞
n=1
(an(f)cos(nx)+bn(f)sin(nx))

Théorème de Dirichlet
Si au point x0, f admet une limite à droite et une limite à gauche (que l’on note f(x0+0) et f(x0−0)) et admet une dérivée à droite, et une dérivée à gauche, alors la série SF(f)(x0) converge vers 1/2(f(x0−0)+f(x0+0)).
En particulier si f est dérivable pour tout x, SF(f)(x) converge vers f(x).

Développement en série de Fourier

Développer en serie de Fourier la fonction f(x) périodique de période 2π égale à x/2 sur ]−π;π].
On tape :

assume(n,integer);fourier_bn(x/2,x,2*pi,n,-pi)

On obtient :

DOM_INT,(-((-1)^n))/n

Puisque f(x) est impaire, on sait que dans la série de Fourier de f, les coefficients des cosinus seront nuls i.e.
fourier_an(x/2,x,2*pi,n,-pi) =0
Donc le développement en série de Fourier de f(x) est :

+∞
n=1
−(−1)n
sin(nx)
n

D’après le théorème de Dirichlet on déduit que :

x
2
=
+∞
n=1
−(−1)n
sin(nx)
n
  pour  x∈ ]−π;π[
1
2
(
π
2
+
−π
2
)=0=
+∞
n=1
−(−1)n
sin(nx)
n
  pour  x=−π  ou  x

Le phénomène de Gibbs

Les graphes des fonctions S(x,n) pour x∈ [−π;π] possède un maximum ayant comme coordonnées xn,yn.
Quand n tend vers +∞, on va montrer que :
xn tend vers π et
yn tend vers α=∫0πsin(t)/tdt.
Un calcul approché de α montre que α>1.85193705198> π/2.
Ces ”bosses” au voisinage du point de discontinuité s’appellent le phénomène de Gibbs.

Observation du phénomène de Gibbs

On cherche la limite de yn=S(xn,n) quand n tend vers +∞.
Déterminer graphiquement les coordonnées xn,yn du maximum de :
S(x,n)=∑k=1n −(−1)ksin(kx)/k pour n=1, 2, 3, 4, 5, n=20 et n=40.

On lit sur le graphique précédent fait avec Xcas:

Démonstration du phénomène de Gibbs

On cherche xn et la limite de yn=S(xn,n) quand n tend vers +∞ de façon théorique.

  1. On va déterminer la valeur de xn
    Pour avoir un calcul de la valeur approchée de xn, on sait que :
    S′(x,n)=s(x,n)=
    n
    k=1
      (−1)k cos(kx)=
    n
    k=1
     cos(k(x+π)=
    (cos(x)−(−1)ncos(n*x)−(−1)ncos(x*(n+1))+1)
    (2*cos(x)−2)
    =
    sin((2n+1)(x+π)/2)−sin((x+π)/2)
    2sin((x+π)/2)
    Donc Mais cela ne donne que des valeurs approchées....

    Pour avoir un calcul de la valeur exacte de xn, il faut résoudre en x :

    sin((2n+1)(x+π)/2)−sin((x+π)/2)= 0

    ou

    cos((n+1)(x+π)/2)*sin(n(x+π)/2)=0

    ce qui donne :
    (n+1)(x+π)/2)=π/2 modπ soit
    (n+1)x=−nπ mod2π donc
    x=(2kn)π/n+1 avec n/2<k<(2n+1)/2 pour avoir x∈]0;π[
    et
    n(x+π)/2=kπ soit
    nx=(2kn)π donc
    x=(2kn)π/n avec n/2<k<n pour avoir x∈]0;π[
    Il y a donc, pour x∈]0;π[, un nombre impair d’extremum qui ont pour abscisse :

    On commence par un maximum et donc on finit aussi par un maximum. Le dernier maximum a pour abscisse :

    xn=
    nπ
    n+1

    On vérifie les résultats précédent et on tape :
    evalf(k*pi/(k+1))$(k=1..5)
    On obtient :
    1.57079632679,2.09439510239,
    2.35619449019,2.51327412287,2.61799387799

    Les maximum ont pour abscisse (2kn)π/n+1 pour k=p+1...n avec p=floor(n/2)
    Pour n=20 cela donne x20=20/21≃2.99199300342
    Pour n=40 cela donne x40=40/41≃3.06496844253

  2. Déterminons la valeur de yn=S(xn,n)=∑k=1n−(−1)ksin(knπ/(n+1))/k
    Par définition, on a :
    S(x,n)=
    n
    k=1
      (−1)k+1 
    sin(kx)
    k
    et
    yn=S(xn,n)=
    n
    k=1
    −(−1)k
    sin(
    knπ
    n+1
    )
    k
    S
    On a montré que :
    S′(x,n)=s(x+π,n)=
    sin(
    x
    2
    )−sin(
    (x+π)(2n+1)
    2
    )
    2sin(
    x
    2
    )
    En intégrant cette égalité entre π et x, puisque S(π,n)=0, on obtient :
    S(x,n)=
    x


    π
    (
    1
    2
    sin(
    (t+π)(2n+1)
    2
    )
    2sin(
    t
    2
    )
    dt=
    x−π
    2
    x


    π
     
    sin(
    (t+π)(2n+1)
    2
    )
    2sin(
    t
    2
    )
    dt
    On fait le changement de variable t=π−2u :
    (t+π)/2=π−u et dt=−2du et comme sin(π−u)=sin(u) et sin((2n+1)(π−u))=sin((2n+1)u) on a :
    S(x,n)=
    x−π
    2
    +
    π−x
    2


    0
    sin((2n+1)u)
    sin(u)
    du
    Puisque xn=nπ/n+1 on a :
    xn−π/2=−π/2(n+1).
    Donc
    yn=S(xn,n)=−
    π
    2(n+1)
    +
    π
    2n+2


    0
    sin((2n+1)u)
    sin(u)
    du

    Exercice
    Montrez que :

     
    lim
    n→ +∞
    π
    2n+2


    0
    sin((2n+1)t)
    sin(t)
    dt=
    π


    0
    sin(t)
    t
    dt

    Pour cela on utilisera la continuité de la fonction g définie sur [0;π[ par :
    g(0)=0,
    g(x)=1/sin(x)−1/x pour x∈]0;π[
    et on montrera que
    0π/2n+2sin((2n+1)t)g(t)dt tend vers zéro quand n tend vers +∞.
    Correction de l’exercice
    On tape en effet : limit(1/sin(x)-1/x,x,0)
    On obtient 0
    donc g est continue sur [0;π[.
    Donc il existe K tel que pour tout x∈ [0;π/2] |g(x)|<K.
    Puisque π/2n+2<π/2 quand n∈ ℕ, on a :

    |
    π
    2n+2


    0
    sin((2n+1)t)g(t)dt|<K
    π
    2n+2

    Donc
    0π/2n+2sin((2n+1)t)(1/sin(t)−1/t)dt tend vers zéro quand n tend vers +∞.
    On en déduit :
    limn→ +∞yn=limn→ +∞0π/2n+2sin((2n+1)t)/tdt
    On fait le changement de variable v=(2n+1)t donc dv/v=dt/t, donc

     
    lim
    n→ +∞
    yn=
     
    lim
    n→ +∞
    (2n+1)π
    2n+2


    0
     
    sin(v)
    v
    dv=
    π


    0
    sin(v)
    v
    dv

    On tape :
    romberg(sin(t)/t,t,0,pi)
    On obtient :
    1.85193705198
    On tape :
    evalf(pi/2)
    On obtient :
    1.57079632679
    Donc

     
    lim
    n→ +∞
    yn=α=
    π


    0
    sin(t)
    t
    dt≃1.85193705198

    et il a une bosse puisque 1.57079632679<1.85193705198

Utilisation de la moyenne de Césaro

Définition
Soit (un)n ∈ ℕ une suite, on pose Sk=∑i=0kui.
On dit que la série ∑un converge vers σ au sens de Césaro si la suite :
σn=1/nk=0n−1Sk tend vers σ.
On pose :
σn(f)=1/nk=0n−1SFk(f)
Théorème
σn(f)(x) converge vers f(x) en tous les points de continuité de f.
On observe que la convergence au sens de Césaro permet de régulariser la convergence, donc d’éliminer le phénomène de Gibbs.
Exercice
Calculer σn(f)(x) pour la fonction f périodique de période 2 π définie par : f(x)=x/2 sur ]−π; π]
Tracer sur un même graphique S(x,7) et σ7(f)(x) et aussi S(x,40) et σ40(f)(x).

  1. On tape :
    S(x,n):=sum((-1)^(k+1)*sin(k*x)/k,k,1,n); sigma(x,n):=1/n*sum(S(x,k),k,1,n-1); plotfunc(S(x,7),x);plotfunc(sigma(x,7),x,affichage=1)
    On obtient :
  2. On tape :
    plotfunc(S(x,40),x); plotfunc(sigma(x,40),x,affichage=1)
    On obtient :

8.9  Une suite

1/ Etude de la fonction f(x)= ln(1−x)/ln(x) dans l’intervalle ]0;1[.
2/ Pour n entier strictement positif, on considère Pn(x)=xn+x−1.
Montrer que P a une racine unique an, dans l’intervalle ]0;1[.
Calculer a1,a2 puis, à l’aide de la méthde de Newton donner une valeur approchée de a3,a4,a50,a100 à 10−10 près.
3/ Etude de la suite an.

Correction
On tape :
f(x):=log(1-x)/log(x)
plotfunc(f(x),x,0,1)
diff(f(x),x)
On obtient :
(x*log(x)-x*log(-x+1)+log(-x+1))/(x^2*(log(x))^2-x*(log(x))^2) On tape :
lncollect(ans())
On obtient :
(x*log(x)+(-x+1)*log(-x+1))/(x^2*(log(x))^2-x*(log(x))^2)
Le numérateur et le dénominateur sont négatifs donc f est croissante.
On tape :
limit(f(x),x=1)
On obtient :
infinity
On tape :
limit(f(x),x=0)
On obtient :
0
2/ Pn(x) est croissante et continue dans l’intervalle [0;1] et on a :
P(0)=−1, P(1)=1
Il existe donc d’après le théorème des valeurs intermédiaires une valeur an unique dans l’intervalle ]0;1[ telle que P(an)=0.
On a :
a1=1/2.
On tape :
solve(x^2+x-1,x)
On obtient :
[(-1+sqrt(5))/2,(-1-sqrt(5))/2]
donc a2=(-1+sqrt(5))/2 ≃ 0.61803398875
On définit la fonction qu’il faut itérer pour n fixé :
g(n,x):=x-(x^n+x-1)/(n*x^(n-1)+1)
puis,
h(x):=g(3,x)
h(1.0)
h(ans()).....
h(ans())
On obtient :
a3=0.682327803828
puis,
h(x):=g(4,x)
h(1.0)
h(ans())....
h(ans())
On obtient :
a4=0.686046511628
puis,
h(x):=g(50,x)
h(1.0)
h(ans())....
h(ans())
On obtient :
a50=0.943986614988
puis,
h(x):=g(100,x)
h(1.0)
h(ans())....
h(ans())
On obtient :
a100=0.966583901079
3/ On a donc :
(an)n=1−an.
On en déduit :
n*ln(an)=ln(1−an)
c’est à dire f(an)=n
Comme f est une bijection de [0;1[ sur [0;+∞[, f admet une fonction inverse qui tend vers 1 à l’infini.
On a :
an=f−1(n)=g(n) donc, la suite an est convergente et sa limite est 1.

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