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Démonstration du phénomène de Gibbs

On cherche xn et la limite de yn = S(xn, n) quand n tend vers + $ \infty$ 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) = $\displaystyle \sum_{{k=1}}^{n}$ (- 1)kcos(kx) = $\displaystyle \sum_{{k=1}}^{n}$cos(k(x + $\displaystyle \pi$) =

    $\displaystyle {\frac{{(\cos(x)-(-1)^n\cos(n*x)-(-1)^n\cos(x*(n+1))+1)}}{{(2*\cos(x)-2)}}}$ =

    $\displaystyle {\frac{{\sin((2n+1)(x+\pi)/2)-\sin((x+\pi)/2)}}{{2\sin((x+\pi)/2)}}}$

    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 + $\displaystyle \pi$)/2) - sin((x + $\displaystyle \pi$)/2) = 0

    ou

    cos((n + 1)(x + $\displaystyle \pi$)/2)*sin(n(x + $\displaystyle \pi$)/2) = 0

    ce qui donne :
    (n + 1)(x + $ \pi$)/2) = $ \pi$/2 mod$ \pi$ soit
    (n + 1)x = - n$ \pi$ mod 2$ \pi$ donc
    x = $\displaystyle {\frac{{(2k-n)\pi}}{{n+1}}}$ avec n/2 < k < (2n + 1)/2 pour avoir x $ \in$ ]0;$ \pi$[
    et
    n(x + $ \pi$)/2 = k$ \pi$ soit
    nx = (2k - n)$ \pi$ donc
    x = $\displaystyle {\frac{{(2k-n)\pi}}{{n}}}$ avec n/2 < k < n pour avoir x $ \in$ ]0;$ \pi$[
    Il y a donc, pour x $ \in$ ]0;$ \pi$[, 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 = $\displaystyle {\frac{{n\pi}}{{n+1}}}$

    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 $\displaystyle {\frac{{(2k-n)\pi}}{{n+1}}}$ pour k = p + 1...n avec p = floor(n/2)
    Pour n = 20 cela donne x20 = $ \pi$*20/21 $ \simeq$ 2.99199300342
    Pour n = 40 cela donne x40 = $ \pi$*40/41 $ \simeq$ 3.06496844253

  2. Déterminons la valeur de yn = S(xn, n) = $\displaystyle \sum_{{k=1}}^{n}$ - (- 1)ksin(kn$\displaystyle \pi$/(n + 1))/k
    Par définition, on a :

    S(x, n) = $\displaystyle \sum_{{k=1}}^{n}$ (- 1)k+1$\displaystyle {\frac{{\sin(kx)}}{{k}}}$

    et

    yn = S(xn, n) = $\displaystyle \sum_{{k=1}}^{n}$ - (- 1)k$\displaystyle {\frac{{\sin(\frac{kn\pi}{n+1})}}{{k}}}$S

    On a montré que :

    S'(x, n) = s(x + $\displaystyle \pi$, n) = $\displaystyle {\frac{{\sin(\frac{x+\pi}{2})-\sin(\frac{(x+\pi)(2n+1)}{2})}}{{2\sin(\frac{x+\pi}{2})}}}$

    En intégrant cette égalité entre $ \pi$ et x, puisque S($ \pi$, n) = 0, on obtient :

    S(x, n) = $\displaystyle \int_{\pi}^{x}$($\displaystyle {\frac{{1}}{{2}}}$ - $\displaystyle {\frac{{\sin(\frac{(t+\pi)(2n+1)}{2})}}{{2\sin(\frac{t+\pi}{2})}}}$dt = $\displaystyle {\frac{{x-\pi}}{{2}}}$ - $\displaystyle \int_{\pi}^{x}$$\displaystyle {\frac{{\sin(\frac{(t+\pi)(2n+1)}{2})}}{{2\sin(\frac{t+\pi}{2})}}}$dt

    On fait le changement de variable t = $ \pi$ - 2u :
    (t + $ \pi$)/2 = $ \pi$ - u et dt = - 2du et comme sin($ \pi$ - u) = sin(u) et sin((2n + 1)($ \pi$ - u)) = sin((2n + 1)u) on a :

    S(x, n) = $\displaystyle {\frac{{x-\pi}}{{2}}}$ + $\displaystyle \int_{0}^{{\frac{\pi-x}{2}}}$$\displaystyle {\frac{{\sin((2n+1)u)}}{{\sin(u)}}}$du

    Puisque xn = $\displaystyle {\frac{{n\pi}}{{n+1}}}$ on a :
    $\displaystyle {\frac{{x_n-\pi}}{{2}}}$ = - $\displaystyle {\frac{{\pi}}{{2(n+1)}}}$.
    Donc

    yn = S(xn, n) = - $\displaystyle {\frac{{\pi}}{{2(n+1)}}}$ + $\displaystyle \int_{0}^{{\frac{\pi}{2n+2}}}$$\displaystyle {\frac{{\sin((2n+1)u)}}{{\sin(u)}}}$du

    Exercice
    Montrez que :

    $\displaystyle \lim_{{n\rightarrow +\infty}}^{}$$\displaystyle \int_{0}^{{\frac{\pi}{2n+2}}}$$\displaystyle {\frac{{\sin((2n+1)t)}}{{\sin(t)}}}$dt = $\displaystyle \int_{0}^{\pi}$$\displaystyle {\frac{{\sin(t)}}{{t}}}$dt

    Pour cela on utilisera la continuité de la fonction g définie sur [0;$ \pi$[ par :
    g(0) = 0,
    g(x) = $\displaystyle {\frac{{1}}{{\sin(x)}}}$ - $\displaystyle {\frac{{1}}{{x}}}$ pour x $ \in$ ]0;$ \pi$[
    et on montrera que
    $\displaystyle \int_{0}^{{\frac{\pi}{2n+2}}}$sin((2n + 1)t)g(t)dt tend vers zéro quand n tend vers + $ \infty$.

    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;$ \pi$[.
    Donc il existe K tel que pour tout x $ \in$ [0;$ \pi$/2] | g(x)| < K.
    Puisque $\displaystyle {\frac{{\pi}}{{2n+2}}}$ < $\displaystyle {\frac{{\pi}}{{2}}}$ quand n $ \in$ $ \mathbb {N}$, on a :

    |$\displaystyle \int_{0}^{{\frac{\pi}{2n+2}}}$sin((2n + 1)t)g(t)dt| < K$\displaystyle {\frac{{\pi}}{{2n+2}}}$

    Donc
    $\displaystyle \int_{0}^{{\frac{\pi}{2n+2}}}$sin((2n + 1)t)($\displaystyle {\frac{{1}}{{\sin(t)}}}$ - $\displaystyle {\frac{{1}}{{t}}}$)dt tend vers zéro quand n tend vers + $ \infty$.
    On en déduit :
    $\displaystyle \lim_{{n\rightarrow +\infty}}^{}$yn = $\displaystyle \lim_{{n\rightarrow +\infty}}^{}$$\displaystyle \int_{0}^{{\frac{\pi}{2n+2}}}$$\displaystyle {\frac{{\sin((2n+1)t)}}{{t}}}$dt
    On fait le changement de variable v = (2n + 1)t donc dv/v = dt/t, donc

    $\displaystyle \lim_{{n\rightarrow +\infty}}^{}$yn = $\displaystyle \lim_{{n\rightarrow +\infty}}^{}$$\displaystyle \int_{0}^{{\frac{(2n+1)\pi}{2n+2}}}$$\displaystyle {\frac{{\sin(v)}}{{v}}}$dv = $\displaystyle \int_{0}^{\pi}$$\displaystyle {\frac{{\sin(v)}}{{v}}}$dv = $\displaystyle \alpha$

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

    $\displaystyle \lim_{{n\rightarrow +\infty}}^{}$yn = $\displaystyle \alpha$ = $\displaystyle \int_{0}^{\pi}$$\displaystyle {\frac{{\sin(t)}}{{t}}}$dt $\displaystyle \simeq$ 1.85193705198

    et il a une bosse puisque 1.57079632679<1.85193705198


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Documentation de giac écrite par Renée De Graeve