SE 2005, corrigé EXERCICE 1

2)a)Voici le schéma demandé, et deux autres aussi pour voir:

1)a) g (t ) = 1 + cos 2 t sin2 t donc 1 4 2 43 {t ) v( u (t )

(

)

g′ (t ) = ( −2 cost sint ) sin 2 t + 1 + cos2 t 2 sint cost 2 1 4 2 4 4 {t ) 4 3 v( 1 4 2 43 1 4 v ′ (t )43 u ′ (t ) u (t )

(

)

Schémas réalisés avec Géogébra (www.geogebra.org) 2)b) Dirichlet: la fonction f est C ∞ par morceaux (c’est-à-dire infiniment dérivable sauf en quelques points discrets), donc elle satisfait largement aux conditions de Dirichlet.

g′ (t ) = −2 cost sin t + 2 sin t cost + 2 sin t cos3 t g′ (t ) = 2 cost sin t − sin 2 t + 1 + cos2 t

3

• Déjà, la fonction étant paire, les bn sont nuls.
1 0.5 τ1 1 0.5  • Ensuite a0 = ∫ f (t ) dt = 2 ∫ f (t ) dt = 2 ∫  − τ  dt + 2 ∫ 2 −τ dt 0 0 2 τ  1 −0.5 1  1  a0 = 2τ  − τ  + 2  − τ  ( −τ ) d’où a0 = 0 2  2  2 0.5 2π = 2π • Enfin, pour n ≥ 1 , an = ∫ f ( t ) cos ( nω t ) dt avec ω = −0.5 1 T

(

)

à partir de là on peut simplifier de plusieurs manières différentes: • g′ (t ) = 2 cost sin t ( cos2 t + cos2 t ) = 4 cos 3 t sin t • g′ (t ) = 2 cost sin t ( − sin 2 t + 1 + 1 − sin 2 t ) = 4 cost sin t (1 − sin 2 t )… sans intérêt, cela revient finalement au même
Mais on pouvait aussi très bien utiliser les formules de duplication: 1 g′ ( t ) = 2cos t sint ( cos2 t − sin2 t + 1) = sin ( 2t ) ( cos ( 2t ) + 1) = sin ( 4t ) + sin ( 2t ) qui est joli mais ne sert à rien
2

an = 4 ∫

0.5

0

f (t ) cos ( 2π nt ) dt
1

1)b) Dans [ 0; π ] le sint est positif, et le cos3 t est du signe de cost π donc g croît de g ( 0 ) = 0 jusqu’à g   = 1 puis redécroît jusqu’à  2 g (π ) = 0 .

1  an = 4 ∫  − τ  cos ( 2π nt ) dt + 4 ∫ 2 ( −τ ) cos ( 2π nt ) dt 0  2 τ  τ 1  τ an = 4  − τ  ∫ cos ( 2π nt ) dt − 4τ ∫ 2 cos ( 2π nt ) dt τ 2  0 1  1   1 2 an = 4  − τ   sin ( 2π nt ) − 4τ  sin ( 2π nt )  2   2π n 0  2π n τ τ 1

1

4 1 4τ   1    − τ  sin ( 2π nτ