Exercice 5 - Exercice 1

La la valeur moyenne temporelle $$<f(t)>_T$$ s'exprime comme :
$$< f(t) >_T \,\, = \left< A_0 + \sum_{n=1}^{+\infty} \left( A_n \cos(n \omega t) + B_n \sin(n \omega t) \right) \right>_T$$
Soit :
$$< f(t) >_T \,\, = \left< A_0 \right>_T + \left< \sum_{n=1}^{+\infty} \left( A_n \cos(n \omega t) + B_n \sin(n \omega t) \right) \right>_T$$
Comme la moyenne est un opérateur linéaire, on a :
$$< f(t) >_T \,\, = \left< A_0 \right>_T + \sum_{n=1}^{+\infty} \left( \left< A_n \cos(n \omega t) \right>_T + \left< B_n \sin(n \omega t) \right>_T \right)$$
Les coefficients $$A_0$$, $$A_n$$ et $$B_n$$ étant des nombres réels, ils sont donc égaux à leur valeur moyenne. Ainsi, on a :
$$< f(t) >_T \,\, = A_0 + \sum_{n=1}^{+\infty} \left( A_n \left< \cos(n \omega t) \right>_T + B_n \left< \sin(n \omega t) \right>_T \right)$$
Avec :
$$\left< \cos(n \omega t) \right>_T = \dfrac{1}{T} \int_{0}^{T} \cos(n \omega t) \, dt = \dfrac{1}{T} \left[ \dfrac{\sin(n \omega t)}{n \omega}\right]_{0}^{T} = \dfrac{1}{n\omega T} \left[ \sin(n \omega t) \right]_{0}^{T}$$
Comme $$\omega T = 2 \pi$$, on a :
$$\left< \cos(n \omega t) \right>_T = \dfrac{1}{2\pi n} \left( \sin(n \omega T) - \sin(n \omega 0) \right) = \dfrac{1}{2\pi n} \left( \sin(n 2 \pi) - \sin(0) \right) = 0$$
Puis, on a également :
$$\left< \sin(n \omega t) \right>_T = \dfrac{1}{T} \int_{0}^{T} \sin(n \omega t) \, dt = \dfrac{1}{T} \left[ - \dfrac{\cos(n \omega t)}{n \omega}\right]_{0}^{T} = \dfrac{-1}{n\omega T} \left[ \sin(n \omega t) \right]_{0}^{T}$$
Comme $$\omega T = 2 \pi$$, on a :
$$\left< \sin(n \omega t) \right>_T = \dfrac{-1}{2\pi n} \left( \cos(n \omega T) - \cos(n \omega 0) \right) = \dfrac{-1}{2\pi n} \left( \cos(n 2 \pi) - \cos(0) \right) = 0$$
Donc, on a :
$$\left< \cos(n \omega t) \right>_T = \left< \sin(n \omega t) \right>_T = 0$$
Ce qui nous permet d'obtenir :
$$< f(t) >_T \,\,= A_0$$

La valeur de $$A_0$$ de ce signal est donnée par :
$$A_0 = \,\, < i(t) >_T \,\, = \dfrac{1}{T} \int_{0}^{T} i(t) \, dt = \dfrac{1}{T} \left[ \int_{0}^{T/2} I_0 \, dt + \int_{T/2}^{T} -I_0 \, dt\right]$$
Soit :
$$A_0 = \,\, < i(t) >_T \,\ = \dfrac{I_0}{T} \left[ \int_{0}^{T/2} 1 \, dt - \int_{T/2}^{T} 1 \, dt\right] = \dfrac{I_0}{T} \left[ \dfrac{T}{2} - \left( T - \dfrac{T}{2} \right) \right]$$
Ce qui nous donne :
$$A_0 = \,\, < i(t) >_T \,\, = \dfrac{I_0}{T} \left[ \dfrac{T}{2} - \dfrac{T}{2} \right]$$
Ainsi :
$$A_0 = \,\, < i(t) >_T \,\, = 0$$

On a, $$\forall n \in \mathbb{N}^*$$, la valeur suivante de $$A_n$$ :
$$A_n = \dfrac{2}{T} \int_{0}^{T} i(t) \cos (n \omega t) \, dt$$
Ce qui nous donne :
$$A_n = \dfrac{2}{T} \left( \int_{0}^{T/2} I_0 \cos (n \omega t) \, dt + \int_{T/2}^{T} -I_0 \cos (n \omega t) \, dt\right)$$
Soit :
$$A_n = \dfrac{2I_0}{T} \left( \int_{0}^{T/2} \cos (n \omega t) \, dt - \int_{T/2}^{T} \cos (n \omega t) \, dt\right)$$
Soit encore :
$$A_n = \dfrac{2I_0}{T} \left( \left[ \dfrac{\sin(n \omega t)}{n \omega}\right]_{0}^{T/2} - \left[ \dfrac{\sin(n \omega t)}{n \omega} \right]_{T/2}^{T} \right)$$
D'où :
$$A_n = \dfrac{2I_0}{n \omega T} \left( \left[ \sin(n \omega t) \right]_{0}^{T/2} - \left[ \sin(n \omega t) \right]_{T/2}^{T} \right)$$
Or, $$\omega T = 2\pi$$, d'où :
$$A_n = \dfrac{2I_0}{2\pi n} \left( \sin\left(n \omega \dfrac{T}{2} \right) - \sin(0) - \left( \sin(n \omega T) - \sin\left(n \omega \dfrac{T}{2}\right)\right) \right)$$
On a alors :
$$A_n = \dfrac{2I_0}{2\pi n} \left( 2 \sin\left(n \dfrac{2\pi}{2} \right) \right) = \dfrac{I_0}{\pi n} \sin\left(n \pi \right)$$
Finalement, $$\forall n \in \mathbb{N}^*$$, on a :
$$A_n = 0$$
Ceci est normal, car la fonction $$i(t)$$ est impaire.

On a, $$\forall n \in \mathbb{N}^*$$, l'expression de $$B_n$$ suivante :
$$B_n = \dfrac{2}{T} \int_{0}^{T} i(t) \sin (n \omega t) \, dt$$
Ce qui nous donne :
$$B_n = \dfrac{2}{T} \left( \int_{0}^{T/2} I_0 \sin (n \omega t) \, dt + \int_{T/2}^{T} -I_0 \sin (n \omega t) \, dt\right)$$
Soit :
$$B_n = \dfrac{2I_0}{T} \left( \int_{0}^{T/2} \sin (n \omega t) \, dt - \int_{T/2}^{T} \sin (n \omega t) \, dt\right)$$
Soit encore :
$$B_n = \dfrac{2I_0}{T} \left( \left[ -\dfrac{\cos(n \omega t)}{n \omega}\right]_{0}^{T/2} - \left[ -\dfrac{\cos(n \omega t)}{n \omega} \right]_{T/2}^{T} \right)$$
Ce qui nous donne :
$$B_n = \dfrac{2I_0}{n \omega T} \left( \left[ - \cos(n \omega t) \right]_{0}^{T/2} + \left[ \cos(n \omega t)\right]_{T/2}^{T} \right)$$
Or, $$\omega T = 2\pi$$, d'où :
$$B_n = \dfrac{2I_0}{ n 2 \pi} \left( - \cos \left(n \omega \dfrac{T}{2} \right) + \cos(0) + \cos(n \omega T) - \cos \left(n \omega \dfrac{T}{2} \right) \right)$$
Ce qui nous donne :
$$B_n = \dfrac{I_0}{ n \pi} \left( 1 + \cos(n 2\pi) - 2 \cos \left(n \dfrac{2\pi}{2} \right) \right)$$
Ainsi :
$$B_n = \dfrac{I_0}{ n \pi} \left( 2 - 2 \cos \left(n \pi \right) \right)$$
Finalement, $$\forall n \in \mathbb{N}^*$$, on obtient :
$$B_n = \dfrac{2I_0}{ n \pi} \left( 1 - \cos \left(n \pi \right) \right)$$

Distinguons la parité de $$n$$.
- si $$n$$ est pair alors dans ce cas, on pose $$n = 2p$$ avec $$p \in \mathbb{N}$$.
Ainsi, on a :
$$B_{2p} = \dfrac{2I_0}{ 2p \pi} \left( 1 - \cos \left(2p \pi \right) \right) = \dfrac{I_0}{ p \pi} \left( 1 - \cos \left(p2\pi \right) \right) = \dfrac{I_0}{ p \pi} \left( 1 - 1 \right) = 0$$
- si $$n$$ est impair dans ce cas, on pose $$n = 2p+1$$ avec $$p \in \mathbb{N}$$.
Ainsi, on a :
$$B_{2p+1} = \dfrac{2I_0}{ (2p+1) \pi} \left( 1 - \cos \left((2p+1) \pi \right) \right) = \dfrac{2I_0}{ (2p+1) \pi} \left( 1 - (-1) \right) = \dfrac{2I_0}{ (2p+1) \pi} \left( 2 \right)$$
Soit :
$$B_{2p+1} = \dfrac{4I_0}{(2p+1)\pi }$$

L'expression de $$i(t)$$ est alors :
$$i(t) = \sum_{p=0}^{+\infty} \dfrac{4I_0}{(2p+1)\pi } \sin ((2p+1)\omega t)$$
En factorisant, on obtient :
$$i(t) = \dfrac{4I_0}{\pi } \sum_{p=0}^{+\infty} \dfrac{\sin ((2p+1)\omega t)}{2p+1 }$$

On a :
$$\spadesuit \,\,$$ Si $$p=0 \,\, \Longrightarrow \,\, n=1$$ c'est l'harmonique de rang $$1$$ :
$$\dfrac{4I_0}{\pi } \sin (\omega t)$$
$$\spadesuit \spadesuit \,\,$$ Si $$p=1 \,\, \Longrightarrow \,\, n=3$$ c'est l'harmonique de rang $$3$$ :
$$\dfrac{4I_0}{3\pi } \sin (3\omega t)$$
$$\spadesuit \spadesuit \spadesuit \,\,$$ Si $$p=2 \,\, \Longrightarrow \,\, n=5$$ c'est l'harmonique de rang $$5$$ :
$$\dfrac{4I_0}{5\pi } \sin (5\omega t)$$

On a :
$$B_{1} = \dfrac{4I_0}{\pi }$$
D'où, pour $$n$$ impair uniquement (soit $$n=2p+1$$ avec $$p \in \mathbb{N}$$), on a :
$$B_{2p+1} = \dfrac{B_1}{2p+1}$$
Soit :
$$\dfrac{B_{2p+1}}{B_1} = \dfrac{1}{2p+1}$$
Dans le cas $$n$$ pair, on a immédiatement :
$$\dfrac{B_{2p}}{B_1} = 0$$

Le spectre renseigne sur la structure fréquentielle \og intime d'un signal \fg. C'est une technique très utilisé dans tous les domaines (Mathématiques, Physiques ou Ingénierie vibratoire) ou une description harmonique est utilisée.
L'analyse harmonique est la branche des Mathématiques qui étudie la représentation des fonctions ou des signaux comme superposition d'ondes de base. Elle approfondit et généralise les notions de série de Fourier et de transformée de Fourier.
Les ondes de base s'appellent les harmoniques, d'où le nom de la discipline. Durant ces deux derniers siècles, elle a eu de nombreuses applications en physiques sous le nom d'analyse spectrale, et connaît des applications récentes notamment en traitement des signaux, mécanique quantique, neurosciences, stratigraphie ... etc
Dans le cas de notre signal électrique $$i(t)$$, on a le spectre en amplitudes relatives suivant :

La valeur efficace $$I_{eff}$$, du signal $$i(t)$$ est donnée par :
$$I_{eff} = \mathcal{E}_{ff}[i(t)]_T = \sqrt{< i^2(t) >_T} = \sqrt{ \dfrac{1}{T} \int_{0}^{T} (i(t))^2 \, dt}$$
Or, on a :
$$i(t) = \sum_{n=1}^{+\infty} B_n \sin (n\omega t) \,\,\,\,\,\, \mathrm{avec \,\, :} \,\, \left\lbrace \begin{array}{rcll} B_n & = & \dfrac{4I_0}{n\pi } & (n \, \mathrm{impair}) \\ & & & \\ B_n & = & 0 & (n \, \mathrm{pair}) \end{array} \right.$$
Ce qui nous donne :
$$(i(t))^2 = \sum_{n=1}^{+\infty} B_n^2 \sin^2 (n\omega t) + 2 \sum_{n=1}^{+\infty} \sum_{k(\neq n)=1}^{+\infty} B_n B_k \sin (n\omega t) \sin (k\omega t)$$
On pose alors :
$$\mathcal{I} = \int_{0}^{T} (i(t))^2 \, dt \,\,\,\,\,\, \,\,\,\,\,\, I_{eff} = \sqrt{ \dfrac{\mathcal{I}}{T} }$$
D'où :
$$\mathcal{I} = \int_{0}^{T} \left[ \sum_{n=1}^{+\infty} B_n^2 \sin^2 (n\omega t) + 2 \sum_{n=1}^{+\infty} \sum_{k(\neq n)=1}^{+\infty} B_n B_k \sin (n\omega t) \sin (k\omega t)\right] \, dt$$
Soit :
$$\mathcal{I} = \sum_{n=1}^{+\infty} B_n^2 \int_{0}^{T} \sin^2 (n\omega t) \, dt + 2 \sum_{n=1}^{+\infty} \sum_{k(\neq n)=1}^{+\infty} B_n B_k \int_{0}^{T} \sin (n\omega t) \sin (k\omega t) \, dt$$
Avec :
$$\int_{0}^{T} \sin^2 (n\omega t) \, dt = \int_{0}^{T} \dfrac{1- \cos (2n\omega t)}{2} \, dt = \dfrac{1}{2} \left( \int_{0}^{T} 1 \, dt - \int_{0}^{T} \cos (2n\omega t) \, dt \right)$$
Soit :
$$\int_{0}^{T} \sin^2 (n\omega t) \, dt = \dfrac{1}{2} \left( T - \left[ \dfrac{\sin (2n\omega t)}{2n\omega} \right]_{0}^{T} \right)$$
Et on a :
$$\left[ \dfrac{\sin (2n\omega t)}{2n\omega} \right]_{0}^{T} = \dfrac{\sin (2n\omega T) - \sin (0)}{2n\omega} = \dfrac{\sin (4n\pi) - \sin (0)}{2n\omega} = \dfrac{0 - 0}{2n\omega} = 0$$
Soit :
$$\int_{0}^{T} \sin^2 (n\omega t) \, dt = \dfrac{T}{2}$$
Puis, on a :
$$\int_{0}^{T} \sin (n\omega t) \sin (k\omega t) \, dt = \dfrac{1}{2} \int_{0}^{T} \left[ \cos ((n-k)\omega t) - \cos ((n+k)\omega t) \right] \, dt$$
Soit :
$$\int_{0}^{T} \sin (n\omega t) \sin (k\omega t) \, dt = \dfrac{1}{2} \left[ \int_{0}^{T} \cos ((n-k)\omega t) \, dt - \int_{0}^{T} \cos ((n+k)\omega t) \, dt \right]$$
Comme $$n-k \in \mathbb{Z}$$ et $$n+k \in \mathbb{N}$$, on en déduit immédiatement que :
$$\int_{0}^{T} \sin (n\omega t) \sin (k\omega t) \, dt = 0$$
Ce qui implique que :
$$\mathcal{I} = \sum_{n=1}^{+\infty} B_n^2 \dfrac{T}{2}$$
En factorisant, on obtient :
$$\mathcal{I} = \dfrac{T}{2} \sum_{n=1}^{+\infty} B_n^2$$
Finalement, on en déduit que :
$$I_{eff} = \sqrt{ \dfrac{1}{2} \sum_{n=1}^{+\infty} B_n^2 }$$
$$\sphericalangle\,\,$$ Remarque :
Nous aurions pu obtenir directement cette relation en faisant usage de l'égalité de Parseval. En effet, l' égalité de Parseval nous apprend que :
$$\dfrac{1}{\dfrac{T}{2}} \int_{0}^{T} (i(t))^2 \, dt = 2A_0^2 + \sum_{n = 1}^{+\infty} (A_n^2 + B_n^2)<br />\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, \dfrac{1}{T} \int_{0}^{T} (i(t))^2 \, dt = A_0^2 + \dfrac{1}{2}\sum_{n = 1}^{+\infty} (A_n^2 + B_n^2)$$
Soit :
$$I_{eff}^2 = \dfrac{1}{2}\sum_{n = 1}^{+\infty} B_n^2 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, I_{eff} = \sqrt{\dfrac{1}{2}\sum_{n = 1}^{+\infty} B_n^2}$$

La valeur efficace $$I_{eff-n}$$ de l'harmonique numéro $$n$$ est donnée par l'expression suivante :
$$I_{eff-n} = \sqrt{ \dfrac{1}{T} \int_{0}^{T} (A_n \cos(n \omega t) + B_n \sin(n \omega t))^2 \, dt}$$
Comme $$\forall n \in \mathbb{N},\, A_n = 0$$, on obtient :
$$I_{eff-n} = \sqrt{ \dfrac{1}{T} \int_{0}^{T} (B_n \sin(n \omega t))^2 \, dt} = \sqrt{ \dfrac{B_n^2}{T} \int_{0}^{T} ( \sin(n \omega t))^2 \, dt}$$
De plus, avec l'équation numérotée (53), on a :
$$\int_{0}^{T} ( \sin(n \omega t))^2 \, dt = \dfrac{T}{2}$$
Donc :
$$I_{eff-n} = \sqrt{ \dfrac{B_n^2}{T} \dfrac{T}{2}} = \sqrt{ \dfrac{B_n^2}{2} }$$
Finalement, on obtient :
$$I_{eff-n} = \dfrac{B_n}{\sqrt{2}}$$

On a :
$$I_{eff} = \sqrt{ \dfrac{1}{2} \sum_{n=1}^{+\infty} B_n^2 } = \sqrt{ \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{B_n^2}{2} } = \sqrt{ \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{B_n^2}{\sqrt{2}^2} } = \sqrt{ \sum_{n=1}^{+\infty} \left( \dfrac{B_n}{\sqrt{2}} \right)^2 }$$
Finalement, on en déduit que :
$$I_{eff} = \sqrt{\sum_{n=1}^{\infty} I_{eff-n}^2}$$

On a :
$$I_{eff} = \sqrt{\dfrac{1}{T} \int_{0}^{T} (i(t))^2 \, dt } = \sqrt{\dfrac{1}{T} \left[ \int_{0}^{T/2} (I_0)^2 \, dt + \int_{T/2}^{T} (-I_0)^2 \, dt \right] }$$
Ainsi, on obtient :
$$I_{eff} = \sqrt{ \dfrac{1}{T} \left[ \int_{0}^{T/2} I_0^2 \, dt + \int_{T/2}^{T} I_0^2 \, dt \right] }$$
Soit :
$$I_{eff} = \sqrt{ \dfrac{I_0^2}{T} \left[ \int_{0}^{T/2} 1 \, dt + \int_{T/2}^{T} 1 \, dt \right] }$$
Ce qui nous donne :
$$I_{eff} = \sqrt{ \dfrac{I_0^2}{T} \int_{0}^{T} \, dt } \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, I_{eff} = \sqrt{ \dfrac{I_0^2}{T} T} \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, I_{eff} = \sqrt{ I_0^2}$$
Finalement, comme $$I_0 \geqslant 0$$, on a bien :
$$I_{eff} = I_0$$

On a :
$$I_{eff} = I_{eff} \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, \sqrt{\dfrac{1}{2}\sum_{n = 1}^{+\infty} B_n^2} = I_0 \,\,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\,\, \dfrac{1}{2}\sum_{n = 1}^{+\infty} B_n^2 = I_0^2$$
Soit :
$$\dfrac{1}{2}\sum_{p = 0}^{+\infty} \left( \dfrac{4I_0}{(2p+1)\pi } \right)^2 = I_0^2$$
Ce qui nous donne :
$$\dfrac{1}{2}\sum_{p = 0}^{+\infty} \dfrac{16I_0^2}{(2p+1)^2\pi^2 } = I_0^2 \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, \dfrac{16I_0^2}{2\pi^2}\sum_{p = 0}^{+\infty} \dfrac{1}{(2p+1)^2 } = I_0^2$$
Ainsi, on obtient :
$$\dfrac{8}{\pi^2}\sum_{p = 0}^{+\infty} \dfrac{1}{(2p+1)^2 } = 1$$
On en déduit immédiatement la valeur exacte de la série numérique $$S$$ suivante :
$$S = \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{1}{(2n+1)^2} = \dfrac{\pi^2}{8}$$

On a :
$$\mathcal{I}_6 = \sqrt{\dfrac{1}{2}\sum_{p = 0}^{5} B_{2b+1}^2} \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, \mathcal{I}_6 = \sqrt{\dfrac{1}{2}\sum_{p = 0}^{5} \left( \dfrac{4I_0}{(2p+1)\pi } \right)^2}$$
Soit :
$$\mathcal{I}_6 = \sqrt{\dfrac{16 I_0^2}{2\pi^2}\sum_{p = 0}^{5} \dfrac{1}{(2p+1)^2 }} \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, \mathcal{I}_6 = I_0 \sqrt{\dfrac{8}{\pi^2}\sum_{p = 0}^{5} \dfrac{1}{(2p+1)^2 }}$$
Soit encore :
$$\dfrac{\mathcal{I}_6}{I_0} = \dfrac{2\sqrt{2}}{\pi}\sqrt{\sum_{p = 0}^{5} \dfrac{1}{(2p+1)^2 }}$$
Mais comme $$I_{eff} = I_0$$, on en déduit donc que :
$$\dfrac{\mathcal{I}_6}{I_{eff}} = \dfrac{2\sqrt{2}}{\pi}\sqrt{ 1 + \dfrac{1}{9} + \dfrac{1}{25} + \dfrac{1}{49} + \dfrac{1}{81} + \dfrac{1}{121} }$$
Donc, on trouve que :
$$e = \dfrac{2\sqrt{2}}{\pi}\sqrt{ \dfrac{14312974}{12006225} } \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, e = \dfrac{2}{3465\pi}\sqrt{ 28625948 }$$
Ce qui nous donne donc :
$$e \simeq 0,983 \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, \mathcal{I}_6 = 98,3\% \, I_0$$
On peut ainsi conclure que la superposition des six premiers harmoniques suffit à reproduire à $$98,3\%$$ la valeur de $$I_0$$. Ce qui est totalement suffisant (et satisfaisant) dans le cadre d'une expérience physique.

Dans le cadre de notre signal étudié, on a la limite suivante :
$$\lim_{n \, \longrightarrow \, + \infty} B_n = \lim_{n \, \longrightarrow \, + \infty} \dfrac{4I_0}{n\pi} = \dfrac{4I_0}{\pi} \lim_{n \, \longrightarrow \, + \infty} \dfrac{1}{n} = \dfrac{4I_0}{\pi} \times 0^+$$
Finalement, on trouve que :
$$\lim_{n \, \longrightarrow \, + \infty} B_n = 0$$
Physiquement, ce résultat signifie que les harmoniques de faible rang participent davantage à la " reconstruction " du signal. Ceci se retrouve, de manière très visuelle, sur le spectre en amplitude relative. En effet, les hauteurs associées sont strictement décroissantes. Ceci justifie que le tout premier harmonique soit, par les physiciens, souvent appelé "le Fondamental".
Ainsi, les harmoniques de faibles rang sont les plus participatives à la physique associée à un signal. En Mathématiques, ce résultat est très général, et est historiquement connu sous le nom de lemme de Riemann-Lebesgue.
Dans le cadre des séries de Fourier c'est le mathématicien allemand Bernhard Riemann qui démontra ce résultat pour le première fois en 1854.