Solutions
II.5.19.
(a) On a
a 2n−1 =
1
π
π
−π
f (x) cos(2n − 1)x dx
=
1
π
0
−π
f (x + π) cos(2n − 1)x dx +
1
π
π
0
f (x) cos(2n − 1)x dx
= −
1
π
π
0
f (t) cos(2n − 1)t dt +
1
π
π
0
f (x) cos(2n − 1)x dx = 0.
De même, b 2n−1 = 0.
(b) La démonstration est semblable à celle de (a).
II.5.20. On considère la symétrie du graphe de x → cos x (0 < x < π) par
rapport à l’origine pour obtenir une fonction f impaire sur ]−π , π[ \ {0}. La
série de Fourier de f se réduit donc à une série de sinus. De plus, puisque
f (x + π) = f (x) pour x ∈ ]−π , 0[, d’après la question (a) du problème précédent, b 2n−1 = 0. Un calcul simple donne b 2n =
8n
π(4n 2 −1) . Pour obtenir l’autre
formule, on considère la symétrie du graphe de x → sin x (0 < x < π) par
rapport à l’axe des ordonnées pour obtenir une fonction g paire sur ]−π , π[.
La série de Fourier de g se réduit donc à une série de cosinus et, d’après la
question (a) du problème précédent, a 2n−1 = 0.
II.5.21. La fonction f (x) = ln
2 sin
x
2
(x = 2kπ) est 2π-périodique et paire.
D’après I.5.1(b),
π/2
0
ln sin t dt = −
π
2 ln 2 et a 0 = 0. De plus,
a n =
2
π
π
0
ln
2 sin
x
2
cos nx dx
=
2
π
ln
2 sin
x
2
sin nx
n
π
0
−
1
nπ
π
0
sin nx cos
x
2
sin
x
2
dx
= −
1
nπ
π
0
sin nx cos
x
2
sin
x
2
dx.
Puisque
sin nx cos
x
2
sin
x
2
=
sin(n +
1
2 )x
2 sin
x
2
+
sin(n −
1
2 )x
2 sin
x
2
=
1
2
+
n
k=1
cos kx +
1
2
+
n−1
k=1
cos kx,
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