Séries de Fourier

Les séries de Fourier

Plan

Introduction

Approche avec des séries trigonométriques

Exemple : Fonction carrée

Approche avec les séries complexes

Convergence des séries de Fourier

Superposition d’ondes

Superposition d’ondesHarmoniques

• Différences de fréquences

• Décallages de phase

• Différences d’amplitude

Comment retrouver les différentes fréquences et décalages qui

composent un signal harmonique?

Expression générale du mouvement harmonique

y(x, t) = A sin( 2πxλ − 2πtT + φ)

ou y est le deplacement periodique de la vibration de l’objet , λ la periode dansl’espace , T la periode dans le temps et φ la phase. Fixons la variable x, nousavons ici une fonction f(t) periodique de periode T .

f(t) = A sin( 2πnT t+ φ)

Somme d’harmoniques

La somme finie, constituee des harmoniques de la periode fondamentale T

estN�

n=1

An sin(2πn

Tt+ φn)

An sin(2πn

Tt+ φn) = An(sin(

2πn

Tt) cos(φn) + cos(

2πn

Tt) sin(φn))

= An sin(φn) cos(2πn

Tt) +An cos(φn) sin(

2πn

Tt)

on pose an = An sin(φn) et bn = An cos(φn)

= an cos(2πn

Tt) + bn sin(

2πn

Tt)

Et un terme constanta02

a02

+N�

n=1

(an cos(2πn

Tt) + bn sin(

2πn

Tt))

Périodicité

Une fonction est periodique de periode p s’il existe un nombre reel positif leplus petit possible p tel que f(x) = f(x+ p)

Est-ce que la somme des fonctions periodiques est une fonction periodique ?Si oui, quelle est sa periode ?Exemple 1:

s(x) = sin(4x) + sin(x) + sin(1

4x) est bien periodique de 4π.

Exemple 2 :s(x) = sinx+ sin(πx) n’est pas periodique.

Lemme sur la périodicité à propos de l’intégraleSoit f une fonction continue par morceau periodique de T .

L’integrale

� a+T

af(x) dx ne depend pas du reel a.

En autres mots,

� a+T

af(x) dx =

� T

0f(x) dx =

� T2

−T2

f(x) dx = · · ·

Demonstration : Par l’additivite de l’integrale,� a+T

af(x) dx =

� 0

af(x) dx+

� T

0f(x) dx+

� a+T

Tf(x) dx

Posons x = y + T ⇒ dx = dy� a+T

Tf(x) dx =

� a

0f(y + t) dy =

� a

0f(y) dy

Constatons que

� 0

af(x) dx+

� a

0f(y) dy = 0,

Donc

� a+T

af(x) dx =

� T

0f(x) dx qui est independante de a

Série de Fourier d’une fonction périodique 2π

f(x) = a02 +

N�

n=1

(an cos(nx) + bn sin(nx))

Quelles sont les expressions de a0, an et bn ?Pour les trouver, calculons d’abord (ou n, k ∈ Z)

•� π

−πcosnx cos kx dx

•� π

−πsinnx sin kx dx

•� π

−πcos(nx) sin(kx) dx

Si n �= k:

� π

−πcosnx cos kx dx = 2

� π

0cosnx cos kx dx

= 2

� π

0

1

2(cos((n+ k)x) + cos((n− k)x) dx

= (1

n+ ksin((n+ k)x) +

1

n− ksin((n− k)x))|π0

= (1

n+ ksin((n+ k)π) +

1

n− ksin((n− k)π)

= 0

� π

−πsinnx sin kx dx = 2

� π

0sinnx sin kx dx

= 2

� π

0

−1

2(cos((n+ k)x)− cos((n− k)x) dx

= (−1

n+ ksin((n+ k)x)− −1

n− ksin((n− k)x))|π0

= (−1

n+ ksin((n+ k)π)− −1

n− ksin((n− k)π)

= 0

Si n = k� π

−πcosnx cos kx dx = 2

� π

0cos2 nx dx

= 2

� π

0

1 + cos(2nx)

2dx

= 2(1

2x+

1

4nsin(2nx))|π0

= 2(1

2π +

1

4nsin(2nπ))

= π

� π

−πsinnx sin kx dx = 2

� π

0sin2 nx dx

= 2

� π

0

1− cos(2nx)

2dx

= 2(1

2x− 1

4nsin(2nx))|π0

= 2(1

2π − 1

4nsin(2nπ))

= π

cos(nx) sin(kx) est impaire carcos(nx) sin(kx) = − cos(−nx) sin(−kx)

� π

−πcos(nx) sin(kx) dx = 0

En resume, pour n, k ∈ Z

� π

−πcosnx cos kx dx =

�0 si n �= kπ si n = k� π

−πsinnx sin kx dx =

�0 si n �= kπ si n = k� π

−πcos(nx) sin(kx) dx = 0

Supposons que f(x) =a02

+N�

n=1


� π

−πf(x) dx =

� π

−π

a02

dx+

� π

−π

N�

n=1

(an cos(nx) + bn sin(nx)) dx

=

� π

−π

a02

dx+N�

n=1

� π

−πan cos(nx) dx+

N�

n=1

� π

−πbn sin(nx) dx

=a02x|π−π +

N�

n=1

ann

sin(nx)|π−π +N�

n=1

−bnn

cos(nx)|π−π

=a02

× 2π

= a0π

a0 =1

π

� π

−πf(x) dx

Pour an, multiplions par cos(kx) ou k est un entier positif, puis prenonsl’integrale.

f(x) cos(kx) =a02

cos(kx) +N�

n=1

(an cos(nx) cos(kx) + bn sin(nx) cos(kx))

� π

−πf(x) cos(kx) dx =

� π

−π

a02

cos(kx) dx+

� π

−π

N�

n=1

(an cos(nx) cos(kx) + bn sin(nx) cos(kx)) dx

=

� π

−π

a02

cos(kx) dx+N�

n=1

� π

−πan cos(nx) cos(kx) dx+

N�

n=1

� π

−πbn sin(nx) cos(kx) dx

=a02

� π

−πcos(kx) dx+

N�

n=1

an

� π

−πcos(nx) cos(kx) dx+

N�

n=1

bn

� π

−πsin(nx) cos(kx) dx

parmi les termes n, il existe un n egal a k tel queN�

n=1

an

� π

−πcos(nx) cos(kx) dx =

N�

n=1,n �=k

an

� π

−πcos(nx) cos(kx) dx+ak

� π

−πcos2(kx) dx

� π

−πf(x) cos(kx) dx = akπ

an =1

π

� π

−πf(x) cos(nx) dx

Pour bn, faisons le meme procede mais avec sin(kx) ou k est un entier positif

f(x) sin(kx) =a02

sin(kx) +N�

n=1

(an cos(nx) sin(kx) + bn sin(nx) sin(kx))

� π

−πf(x) sin(kx) dx =

� π

−π

a02

sin(kx) dx+

� π

−π

N�

n=1

(an cos(nx) sin(kx) + bn sin(nx) sin(kx)) dx

=

� π

−π

a02

sin(kx) dx+N�

n=1

� π

−πan cos(nx) sin(kx) dx+

N�

n=1

� π

−πbn sin(nx) sin(kx) dx

=a02

� π

−πsin(kx) dx+

N�

n=1

an

� π

−πcos(nx) sin(kx) dx+

N�

n=1

bn

� π

−πsin(nx) sin(kx) dx

puisqueN�

n=1

bn

� π

−πsin(nx) sin(kx) dx =

N�

n=1,n �=k

bn

� π

−πsin(nx) sin(kx) dx+bk

� π

−πsin2(kx) dx

Alors

� π

−πf(x) sin(kx) dx = bkπ

bn =1

π

� π

−πf(x) sin(nx) dx

En résumé

Soit f une fonction periodique de periode 2π, si elle peut s’ecrire sous formede serie de Fourier,

a02

+N�

n=1


Alors,

a0 =1

π

� π

−πf(x) dx

an =1

π

� π


bn =1

π

� π


Exemple concret : la fonction carrée

f(x) =

�1 si 2kπ ≤ x < (2k + 1)π

−1 si (2k + 1)π ≤ x < 2kπ

Fonction carree periodique de 2π, definie dans R comme :

Calculons les coefficients

a02

+N�

n=1

(an cos(nx) + bn sin(nx)).

a0 =1

π(

� 0

−πf(x) dx+

� π

0f(x) dx)

=1

π(

� 0

−π−1 dx+

� π

01 dx)

=1

π(π − π) = 0

an =1

π

� π


=1

π(

� 0

−π− cos(nx) dx+

� π

0cos(nx) dx)

=1

π(−1

nsin(nx)|0−π +

1

nsin(nx)|π0 )

=1

π(−1

n(sin(0)− sin(−nπ)) +

1

n(sin(nπ)− sin(0)))

= 0

bn =1

π

� π


=1

π(

� 0

−π− sin(nx) dx+

� π

0sin(nx) dx)

=1

π(1

ncos(nx)|0−π +

−1

ncos(nx)|π0 )

=1

π(1

n(cos(0)− cos(−nπ)) +

−1

n(cos(nπ)− cos(0)))

=1

π(1

n(1− cos(−nπ)) +

−1

n(cos(nπ)− 1))

=2

nπ(1− cos(nπ))

bn depend de la parite de n.

Si n = 2k alors2

nπ(1− cos(nπ)) =

1

kπ(1− cos(2kπ)) = 0

Si n = 2k+1, alors2

nπ(1−cos(nπ)) =

2

(2k + 1)π(1−cos((2k+1)π)) =

4

(2k + 1)π

Donc on a bn =

�0 si n est un entier pair4

nπsi n est un entier impair

Nous avons donc trouve que la serie de Fourier de f(x) est

N�

k=0

4

(2k + 1)πsin((2k + 1)x)

Deux questions se posent :Combien de termes doit-on additionner afin d’obtenir exactement le graphe dela fonction desiree?Comment peut-on construire une fonction discontinue a chaque x = kπ (ou kest un entier) a l’aide de la somme de fonctions continues en tout point dans R?

N=1

N=5

N=11

N= 49

Phénomène de Gibbs

Conclusion

Plus le nombre N croıt, plus la fonction a l’air de coller au graphe de lafonction carree. De cette idee intuitive, on peut deduire que la serie de Fourier

associee a cette fonction carree f(x) est∞�

k=0

4

(2k + 1)πsin((2k + 1)x)

Pourquoi la serie est composee seulement de termes de sinus?

Si une fonction est paire, alors sa serie de Fourier est une somme de cosinus.Si une fonction est impaire, alors sa serie de Fourier est une somme de sinus.

Demonstration : Si f(x) est paire, alors f(x) sinnx est impaire et f(x) cosnxest paire.

a0 =2

π

� π

0f(x) dx

an =2

π

� π

0f(x) cos(nx) dx

bn =1

π

� π

−πf(x) sin(nx) dx = 0

Si f(x) est impaire, alors f(x) sinnx est paire et f(x) cosnx est impaire.

a0 =1

π

� π

−πf(x) dx = 0

an =1

π

� π

−πf(x) cos(nx) dx = 0

bn =2

π

� π

0f(x) sin(nx) dx

Par consequent,

Si f(x) paire, la serie =a02

+∞�

n=1

an cos(nx)

Si f(x) impaire, la serie =∞�

n=1

bn sin(nx)

Une ecriture plus generale.Si une fonction f(x) periodique de periode 2π peut etre ecrite sous forme deserie de Fourier, alors cette serie est egale a

a02

+∞�

n=1


Et pour une période quelconque ?

Soit une fonction f(x) periodique de periode T quelconque, quelle est sa

serie de Fourier ?

changement de variable x =T

2πu tel que f(

T

2πu) soit periodique de periode 2π.

Ainsi on a

f(T

2πu) =

a02

+

∞�

n=1

(an cosnu+ bn sinnu)

On applique le changement de variable x =T2πu ⇒ dx =

T2πdu

a0 =1

π

� π

−πf(

T

2πu) du

=1

π

� T2

−T2

f(x)2π

Tdx

=2

T

� T2

−T2

f(x) dx =2

T

� T

0f(x) dx

an =1

π

� π

−πf(

T

2πu) cos(nu) du

=1

π

� T2

−T2

f(x) cos(2πnx

T)2π

Tdx

=2

T

� T2

−T2

f(x)cos(2πnx

T) dx =

2

T

� T

0f(x) cos(

2πn

T) dx

bn =1

π

� π

−πf(

T

2πu) sin(nu) du

=1

π

� T2

−T2

f(x) sin(2πnx

T)2π

Tdx

=2

T

� T2

−T2

f(x) sin(2πnx

T) dx =

2

T

� T

0f(x) sin(

2πn

T) dx

Et la serie de Fourier d’une fonction de periode quelconque T est

a02

+∞�

n=1

(an cos2πn

Tx+ bn sin

2πn

Tx)

Démonstration logicielle

Approche complexe des séries de Fourier

Une autre ecriture de la serie de Fourier

La relation d’Euler: eiπ + 1 = 0

De maniere plus generale,

eiθ = cos θ + i sin θ

Comme corollaire

cos θ =eiθ + e−iθ

2

sin θ =eiθ − e−iθ

2i

Sans se preoccuper du terme constanta02, on peut remplacer ces expressions

dans la serie de Fourier trigonometrique.

∞�

n=1

(an cos(nx) + bn sin(nx)) =∞�

n=1

(aneinx + e−inx

2+ bn

einx − e−inx

2i)

=∞�

n=1

(an2(einx + e−inx)− ibn

2(einx − e−inx))

=∞�

n=1

einx(an2

− ibn2

) +∞�

n=1

e−inx(an2

+ibn2

)

=∞�

n=1

einx(an2

− ibn2

) +−1�

n=−∞einx(

a−n

2+

ib−n

2)

Puisque la serie trigonometrique donne une fonction reelle, alors la somme

de ces deux sommes doit aussi donner quelque chose de reel. La somme des

deux doit donc satisfaire la symetrie complexe:

si on veut que la somme de deux nombres complexes soit un nombre reel il faut

alors que si l’un est z, l’autre soit son conjugue z.

On pose que Cn =an − ibn

2, donc C−n =

a−n − ib−n

2, alors on a besoin que

le terme correspondant de Cn soit Cn =an + ibn

2et que celui de C−n soit

C−n =a−n + ib−n

2

La relation entre les constantes trigonometriques et a−n et b−n.

a−n =1

π

� π

−πf(x) cos(−nx) dx

=1

π

� π


= an

b−n =1

π

� π

−πf(x) sin(−nx) dx

= − 1

π

� π


= −bn

Par ces deux relations, nous pouvons constater que,

C−n =a−n − ib−n

2

=an + ibn

2

=an − ibn

2= Cn

Ceci nous montre bien que la somme des deux est bien reelle puisqu’elles satis-font Cn = C−n.

il nous manque le terme n = 0.Puisqu’on sait que Cn = C−n, alors C0 = C−0 = C0. Ca montre que C0 est un

terme toujours reel :a02

Finalement, continuons notre raisonnement, et posons

Cn =an − ibn

2et Cn =

a−n + ib−n

2

a02

+∞�

n=1

(an cos(nx) + bn sin(nx)) =a02

+∞�

n=1

einx(an − ibn

2) +

−1�

n=−∞einx(

a−n + ib−n

2)

=a02

+∞�

n=1

Cneinx +

−1�

n=−∞Cne

inx

et Cn = C−n et C0 = C−0 = C0, donc

=∞�

n−∞Cne

inx

Nous avons donc que si une fonction peut etre ecrite sous forme de serie deFourier exponentielle, alors sa serie de Fourier serait

∞�

n=−∞Cne

inx

Quelle est l’expression du coefficient Cn ?

Cn =an − ibn

2

Cn =an − ibn

2

=1

2(1

π

� π

−πf(x) cos(nx) dx− i

π

� π

−πf(x) sin(nx) dx)

=1

2π

� π

−πf(x)(cos(nx)− isin(nx)) dx

Par la relation d’Euler, on peut voir directement que

cos(nx)− isin(nx) = e−inx, donc

=1

2π

� π

−πf(x)e−inx dx

Une autre methode:Soit f periodique de 2π et supposons que

f(x) =∞�

n=−∞Cne

inx

multiplions par e−ikx ou k est un entier

f(x)e−ikx = e−ikx∞�

−∞Cne

inx

e−ikx∞�

n=−∞Cne

inx = e−ikx(· · ·+ C−2e−2ix + · · ·+ C1e

ix + · · ·+ Ckeikx + · · · )

=∞�

n=−∞,n �=k

Cnei(n−k)x + Ck

Ck = −∞�

n=−∞n �=k

Cnei(n−k)x + f(x)e−ikx

Prenons integrale sur une periode,

� π

−πCk , dx =

� π

−πf(x)e−ikx dx−

� π

−π

∞�

n=−∞,n �=k

Cnei(n−k)x dx

prenons un terme de la somme que nous devons integrer,

� π

−πCne

ix(n−k) dx = Cn

� π

−πeix(n−k) dx

=Cn

i(n− k)ei(n−k)x|π−π

=Cn

i(n− k)(eiπ(n−k) − e−iπ(n−k))

= 0 (car eiπm = 1 pour un nombre m entier)

Finalement,

� π

−πCk dx =

� π

−πf(x)e−ikx dx

πCk =

� π

−πf(x)e−ikx dx

Si f(x) =∞�

−∞Cne

inx

Cn =1

2π

� π

−πf(x)e−inx dx

Pour une periode quelconque ?La serie de Fourier d’une fonction f(x) de periode quelconque T .

On pose x =T

2πu pour rendre f(

T

2πu) periodique de 2π.

∞�

n=−∞Cne

2πinxT

ou le coefficient de Fourier

Cn =1

T

� T2

−T2

f(x)e−2πinx

T dx

ou

Cn =1

T

� T

0f(x)e

−2πinxT dx

ConvergenceSimple

Soient I un intervalle de R, (fn)n∈Z une suite de fonctions definies sur I, et

f definie sur I. On dit que (fn) converge simplement vers f sur I si ∀x ∈ I, lasuite (fn(x)) converge vers f(x). Autrement dit :

∀x ∈ I, ∀� > 0, ∃n0(�, x) ∈ N, ∀n ≥ n0 ⇒ |fn(x)− f(x)| < �

Ou la notation (�, x) signifie que le choix du n0 depend et de �, et du xdetermine.

Exemple 1 : Soit sur [0, 1], fn(x) = xn. Il est clair que la fonction fnconverge simplement vers la fonction definie par f(x) = 0 si x est dans [0, 1[ etf(1) = 1.MAIS la continuite n’est pas toujours preservee par la convergence simple. 1ereinsuffisance.

Soit x > 0. 1n → 0 lorsque n → ∞, donc a partir d’un certain rang N ,

on a : 1n < x. Donc a partir du meme rang N , fn(x) = 0 et donc fn(x) → 0

lorsque n → ∞.Ainsi, la suite (fn(x)) converge simplement vers la fonction nulle sur [0,1].

Exemple 2 Soit la suite de fonctions definie sur [0,1] par

fn(x) = n2x, 0 ≤ x ≤ 1

2nfn(x) = n2( 1n − x), 1

2n ≤ x ≤ 1n

fn(x) = 0, x ≥ 1n

� 1

0fn(x) =

� 12n

0n2xdx+

� 1n

12n

n− n2xdx = 1/4 (Independant de n)

→ limn→∞

� 1

0fn(x)dx �=

� 1

0lim

n→∞fn(x)dx =

� 1

0f(x)dx = 0.

Ces deux insuffisances motivent une nouvelle notion : la convergence uni-forme.

ConvergenceUniforme

Definition : Soient I un intervalle de R, (fn)n∈Z une suite de fonctions

definies sur I, et f definie sur I. On dit que (fn) converge uniformement vers fsur I si :

∀� > 0, ∃n0(�) ∈ N, ∀x ∈ I, ∀n ≥ n0, |fn(x)− f(x)| < �.

Toute suite de fonctions qui converge uniformement converge simplement.

Resolution de la seconde insuffisance :

Majoration par la definition de convergence uniforme :

� b

a|fnx− f(x)|dx ≤ (b− a)max|fn − f |

Quand n tend vers l’infini, le second membre tend vers 0, d’ou le premieregalement - du fait de la valeur absolu - et

limn→∞

� b

afn(x)dx =

� b

af(x)dx

Resolution de la premiere insuffisance :

Nous savons que

∀� > 0, ∃n0(�) ∈ N, ∀x ∈ I, ∀n ≥ n0, |fn(x)− f(x)| < �

Prenons x0 ∈ I (n’importe lequel), qui repond donc a l’inegalite, et fixons unnombre entier N qui caracterise la fonction fN . Nous savons d’autre part que(fN ) est continue en x0, donc

∀x ∈ I, ∃δ(�, x) > 0, |x− x0| < δ ⇒ |fN (x)− fN (x0)| < �

Et par l’inegalite triangulaire :

|f(x)− f(x0)| < |f(x)− fN (x)|+ |fN (x)− fN (x0)|+ |fNx0 − f(x0)| < 3�.

ConvergenceNormale

Soient I un intervalle de R et (fn)n∈Z une suite de fonctions definies sur I.

On dit que (fn) converge normalement sur I si la serie

∞�

n≥0

sup|fn(x)|, x ∈ I est

convergente.

La convergence normale est encore plus exigeante que la convergence uni-

forme, dans le sens ou toute fonction qui converge normalement converge uni-

formement. Nous ne le demontrerons pas.

Séries trigonométriques

Proposition 1 Si les series numeriques�

|an| et�

|bn| convergent, alors laserie trigonometriques S(t) =

�

n≥0

ancos(2πn

Tt) + bnsin(

2πn

T)t) converge nor-

malement (et donc uniformement) sur RPreuveCela decoule directement de l’inegalite : |ancos( 2πnT t) + bnsin(

2πnT )t)| ≤

|an|+ |bn|CorollaireSi les series numerique

�|an| et

�|bn| convergent, alors la serie trigonometrique

S(t) est continue sur R.Si les series n

�|an| et n

�|bn| convergent, alors la somme S(t) est continue

sur R, a derivee continue.

Proposition 2Si les suites numeriques (an)et(bn) sont decroissantes et tendent vers 0, alors

la serie trigonometrique S(t) est convergente pour t �= k.T ou k ∈ ZNous ne demontrons pas cette proposition.

Théorème de Dirichlet

Quelques notations et definitionsNotationNous noterons pour la suite f(a+) la limite a droite en a et f(b−) la limite

a gauche en b.Fonction continue par morceauUne fonction f : [a, b] → C est dite continue par morceau sur [a,b] si f est

continue sur [a,b] sauf eventuellement en un nombre fini de points qui admettentdes limites a gauche et a droite. En particulier, f(a+)etf(b−) existent.

Fonction lisse par morceauxUne fonction f : [a, b] → C est dite lisse par morceau sur [a,b] si f et f � sont

continues par morceaux sur [a,b]. En particulier, f �(a+)etf �(b−) existent.

Introduction au theoreme

Expression du noyau de Dirichlet : Dn(x) =n�

k=−n

eikx

Suite de raison eix; modifions l’ecriture dans un cas general :

n�

k=−n

qk =2n�

k=0

q−nqk = q−n q2n+1

q − 1

Multiplions numerateur et denominateur par q−12 :

q−n− 12

q−12

q2n+1 − 1

q − 1=

qn+12 − q−n− 1

2

q12 − q

−12

Et en reinjectant eix :

ei(n+12 )x − e−i(n+ 1

2 )x

ei(12 )x − e−i( 1

2 )x

D’autre part, grace aux formules d’Euler, on trouve :

sin((n+ 12 )x)

sin(x2 )

Et finalement, fort de savoir que le noyau est reel, nous pouvons, en neconservant que les parties reelles de l’expression complexe du noyau, trouverune derniere expression :

Dn(x) = 1+2k=n�

k=1

cos(kx) , qui nous permet de calculer facilement l’integrale

de −π a π (ce qui est quasi insoluble avec les autres expressions), ce qui noussera fort utile pour la demonstration!

En resume :

Dn(x) =n�

k=−n

eikx = 1 + 2n�

k=1

cos(kx) =sin((n+ 1

2 )x)

sin(x2 )

Et son integrale de 0 a π equivaut a π.

Theoreme(Dirichlet, 1824) Si f : R → C est 2π-periodique et lisse parmorceau sur R, alors :

limN→∞

SfN (x) =

1

2(f(x+) + f(x−)) pour tout x

En particulier,lim

N→∞SfN (x) = f(x)

pour tout x ou f est continue, avec SfN (x) la serie de Fourier correspondant a

la fonction.Remarque : C’est donc des conditions pour une convergence simple vers la

fonction. Il peut exister des fonctions continues qui divergent en certains pointsde x.

Preuve

Soit Sp(x) =p�

k=−p

ckeikx la somme partielle de la serie de Fourier en un

point x fixe.

1. Calcul de Sp(x)−1

2(f(x+) + f(x−))

Sp(x) =p�

k=−p

eikx1

2π

� 2π

0e−iktf(t)dt

=1

2π

� 2π

0

p�

k=−p

eik(x−t)f(t)dt

=1

2π

� 2π

0Dp(x− t)f(t)dt

=1

2π

� 2π−x

−xDp(u)f(u+ x)du

=1

2π

� π

−πDp(u)f(u+ x)du

Nous pouvons alors ecrire, en se souvenant que l’integrale du noyau sur laperiode est 2π :

Sp(x)−1

2(f(x+)+f(x−)) =

1

2π

� π

−πDp(u)f(u+x)du− 1

4π

� π

−πDp(u)f(x

+)du−

1

4π

� π

−πDp(u)f(x

−)du

Par la parite du noyau et l’additivite de l’integrale :

1

2π

� π

−πDp(u)f(u+ x)du− 1

2π

� π

0Dp(u)f(x

+)du− 1

2π

� 0

−πDp(u)f(x

−)du

=1

2π(

� 0

−πDp(u)(f(u+ x)− f(x−))du+

� π

0Dp(u)((f(u+ x)− f(x+))du)

Calcul de limp→∞

� π

0Dp(u)((f(u+ x)− f(x+))du

Exploitons le lemme suivant :LemmeToute fonction f lisse par morceau sur [a, b] verifie :

limn→∞

� b

af(x)sin(nx)dx = 0

limn→∞

� b

af(x)cos(nx)dx = 0

PreuveIntegration par partie :

� b

af(x)sin(nx)dx

=n−1�

k=0

� αk+1

αk

f(x)sinxdx

=1

n

n−1�

k=0

(f(α+k )cos(nαk)− f(α−

k+1)) +1

n

� αk+1

αk

n−1�

k=0

f �(x)cos(nx)dx

Lorsque n → ∞, l’expression → 0. ( Rappelons nous de l’hypothese dedepart : f est lisse par morceau → f et f � sont continues, donc bornees.)

Fort de ce lemme, nous pouvons prouver ce qui nous interesse, en nousrappelant que par l’hypothese du theoreme de Dirichlet, la fonction f est lisse

par morceau, et que Dp(x) =sin((p+ 1

2 )x)sin( x

2 ).

Posons g(u) = f(x+u)−f(x+)sin(u

2 ) , qui est lisse par morceau sur [0,π]

Donc, par le lemme precedent, limp→∞

� π

0g(u)sin((p+

1

2)u) = 0

Ce que l’on cherchait a demontrer.

3.Synthese de la demonstration du theoreme de Dirichlet.Nous avons donc demontre que :

limp→∞

Sp(x)−1

2(f(x+) + f(x−)) = 0

pour une fonction f lisse par morceau et de periode 2π.

f(x) = ex si x ∈]− π;π[

Calcul de a0

a0 =1

π

� π

−πexdx =

eπ − e−π

πCalcul de an

Soit I =

�excos(nx)dx. Apres la premiere integration par partie, nous

trouvons :

I =exsin(nx)

n− 1

n

�exsin(nx)

Integrons maintenant par partie J =

�exsin(nx); nous trouvons :

J =−excos(nx)

n+

1

n

� π

−πexcos(nx)

Ainsi, I =exsin(nx)

n− 1

n(−excos(nx)

n+

1

nI)

⇔ I(1 +1

n2) =

exsin(nx)

n+

excos(nx)

n2

⇔ I =n.exsin(nx) + excos(nx)

n2 + 1

Des lors,

� π

−πexcos(nx)dx =

eπ.cos(nπ)

n2 + 1− e−π.cos(nπ)

n2 + 1=

cos(nπ)

n2 + 1(eπ − e−π)

Et finalement, an =1

π(cos(nπ)

n2 + 1(eπ − e−π))

Calcul de bn

bn =1

π

� π

−πexsin(nx)dx = �( 1

π

� π

−πex(ni+1))

⇒ 1

π

� π

−πex(ni+1) =

eπ(ni+1)

ni+ 1− e−π(ni+1)

ni+ 1

=−ni+ 1

n2 + 1(eπenπi − e−πe−nπi)

En prenant uniquement la partie imaginaire, en considerant bien que sin(nπ)est de toute facon nul, nous trouvons :

bn =1

π(

−n

n2 + 1(eπcos(nπ)− e−πcos(nx)))

Et finalement, bn =1

π(ncos(nπ)

n2 + 1(e−π − eπ))

Et en groupant le tout, nous trouvons l’expression de la serie. (En con-siderant bien que suivant que n est pair ou impair, cos(nπ) equivaudra a 1 ou-1)

Serie de Fourier associee a la fonction

f(x) =eπ − e−π

2π+

∞�

n=1

(−1)n

π(n2 + 1)(eπ − e−π)(cos(nx)− nsin(nx))

=eπ − e−π

π(1

2+

∞�

n=1

(−1)n

π(n2 + 1)(cos(nx)− nsin(nx))

Merci pour votre attention

Fréquence

Une seconde

Applications en téléphonie

Multiplexing

Compression

Numérotation

Suppression de l’écho

Structure: - Approche son (fred)

- Séries trigonométriques (jie fang)- Calculs des coefficients (Antoine) +

fonction carrée (jie fang)- Application logicielle (fred) (gibbs)

- Complexes (Jie-Fang)- convergence (antoine)

Qualité spécifique du son produit par un instrument, indépendante de la hauteur et l’amplitude

Le timbre

Cor

Trombone ténor

Clarinette

Education

Séries de Fourier