EPREUVE COMMUNE de MATHEMATIQUES

EPREUVE COMMUNE de MATHEMATIQUES
CORRIGE
1.
Préliminaire
∀ x ∈ IR , G (x) =
1 exp( − x
x
(1 + u 2 ))
du et H (x) = ( ∫ exp(−u 2 )du )2
2
0
1+ u
∫0
2
a .Montrons que les fonctions G et H sont C1 sur IR .
♦
La fonction g : IR × [0, 1] → IR
α
(x, u)
exp(− x 2 (1 + u 2 ))
∂g
est continue et admet une dérivée partielle
: (x ,u)
2
∂x
1+ u
α − 2x exp(−x2(1 + u2)) continue sur IR × [0, 1].
On en conclut que G est C1 sur IR et que :
∀ x ∈ IR , G '(x) = − 2x
♦
1
∫0 exp(− x
2
(1 + u 2 ))du
La fonction u α exp(− u2) est continue sur IR ; on en déduit que la fonction
h:x α
x
∫0 exp(−u
2
)du est dérivable sur IR , de dérivée h ' : x α exp(− x2).
dans ces conditions, H : x α (h (x))2 est dérivable sur IR et :
x
∀ x ∈ IR , H '(x) = 2 h (x).h '(x) = 2 exp(− x2) ∫ exp(−u 2 )du
0
1
H '(x) = 2 exp(− x2) ∫ exp(− x 2 t 2 ).x.dt (chgt de var. u = x.t )
0
1
∫0 exp(− x
H '(x) = 2x
♦
2
(1 + u 2 ))du = − G '(x)
∀ x ∈ IR , H '(x) + G '(x) = 0 ; on en déduit :
∀ x ∈ IR , H (x) + G(x) = H (0) + G (0) =
1 exp( − x
b. ∀ x ∈ IR, G (x) = exp (−x2) ∫
2
1+ u
0
u2)
2
On en déduit lim G (x) = 0 et lim H (x) =
x → +∞
x → +∞
Or lim H (x) = ( ∫
x → +∞
+∞
0
Ainsi on obtient :
1
1
π
∫0 1 + u 2 du = 4 .
1
π
du < exp (−x2)
2
0
4
1+ u
1
du ≤ exp(− x 2 ) ∫
π
4
.
exp(−u 2 )du )2 (u α exp(− u2) intégrable sur [0, +∞ [ )
I=
+∞
∫0
exp(−u 2 )du =
π
2
2.
Premières propriétés de la transformée de Fourier F de f
a.
∀ x ∈ IR , ∀ t ∈ IR , |e-2iπxt.f(t)| = |f(t)| et t α |f(t)| intégrable sur IR par hypothèse, donc
F (x) défini pour tout x de IR .
b.
∀ x ∈ IR , |F(x) | <
c.
•
Théorème de continuité d'une intégrale dépendant d'un paramètre
l'application (x, t) α e-2iπxt.f(t) est continue sur IR × IR
+∞
∫−∞
f (t ) dt , donc F bornée.
∀ x ∈ IR , ∀ t ∈ IR , |e-2iπxt.f(t)| < |f(t)|, avec |f| intégrable sur IR (hypothèse de domination)
•
+∞ − 2 iπxt
∫−∞ e
Alors l'application F : x α
d.
f (t )dt est continue sur IR .
T est linéaire (immédiat) et T est 1-lipschitzienne :
soient g1, g2 deux fonctions de L1(IR ); alors :
+∞
∫−∞ e
∀ x ∈ IR , |Tg1(x) − Tg2(x)| <
− 2 iπxt
( g1 (t ) − g 2 (t )) dt <
+∞
∫−∞ ( g1 (t ) − g 2 (t )) dt
ce qui implique ||Tg1 − Tg2||∞ < ||g1 − g2||1
3.
Un premier exemple
x F(x) =
+∞
∫−∞
x
e −2iπxt
dt = lim
a → +∞
1+ t2
+a
∫−a
x
e −2iπxt
dt
1+ t2
a
⎡ e − 2iπxt 1 ⎤
e −2iπxt
1
x
dt
=
−
⎢
∫−a 1 + t 2
2 ⎥
⎣ − 2iπ 1 + t ⎦ − a 2iπ
+a
2t e −2iπxt
∫−a (1 + t 2 ) 2 dt
a
En faisant tendre a vers + ∞ dans l'expression précédente, on obtient l'égalité suivante :
x F(x) =
+∞
∫−∞
x
t e −2iπxt
∫−∞ (1 + t 2 ) 2 dt ce qui s'écrit aussi :
e −2iπxt
i
dt =
2
π
1+ t
+∞
t e −2iπxt
dt
− ∞ (1 + t 2 ) 2
π x F(x) = i. ∫
+∞
On en déduit :
∀ x ∈ IR , |F(x)| <
car
+∞
t
∫−∞ (1 + t 2 ) 2
1
πx
+∞
∫−∞
dt = 2 ∫
1
t e −2iπxt
dt <
2 2
πx
(1 + t )
+∞
0
+∞
t
∫−∞ (1 + t 2 ) 2 dt
<
1
πx
+a
t
⎡ −1 ⎤
dt = lim ⎢
=1
2 2
a → +∞ ⎣1 + t 2 ⎥
(1 + t )
⎦0
ainsi F (x) tend vers 0 quand x tend vers ± ∞ .
b.
Montrons que l'application x α
+∞
t e −2 iπxt
∫−∞ (1 + t 2 ) 2 dt
est C1 sur IR
Théorème de dérivabilité d'une intégrale dépendant d'un paramètre
t e −2iπxt
est continue sur IR × IR
(1 + t 2 ) 2
•
l'application g : (x, t) α
•
l'application
•
∀ x ∈ IR , ∀ t ∈ IR , |
t
t e −2iπxt
|<
intégrable sur IR.
2 2
(1 + t )
(1 + t 2 ) 2
•
∀ x ∈ IR , ∀ t ∈ IR , |
2πt 2
− 2iπt 2 e −2iπxt
|
<
intégrable sur IR (équivalente à 1/t2 en ± ∞ )
2 2
2 2
(1 + t )
(1 + t )
∂g
: (x, t) α
∂x
− 2iπt 2 e −2iπxt
est continue sur IR × IR
(1 + t 2 ) 2
t e −2iπxt
1
∫−∞ (1 + t 2 ) 2 dt est de classe C sur IR et :
+∞
Alors l'application x α
d + ∞ t e −2iπxt
(
dt ) =
dx ∫−∞ (1 + t 2 ) 2
∀ x ∈ IR ,
+∞ −
∫−∞
2iπt 2 e −2iπxt
dt
(1 + t 2 ) 2
La relation (1) permet de donner l'expression suivante de F (x) sur IR * :
∀ x ∈ IR , F (x) =
i + ∞ t e −2iπxt
.
dt
πx ∫−∞ (1 + t 2 ) 2
F apparaît comme le produit de deux fonctions de classe C1 sur IR* donc F est C1 sur IR*.
En dérivant la relation précédente, on obtient :
∀ x ∈ IR *,
F '(x) = −
i
πx 2
t e −2iπxt
i
∫−∞ (1 + t 2 ) 2 dt + πx
+∞
xF '(x) = −F(x) + 2
+∞ −
∫−∞
2iπt 2 e −2iπxt
dt
(1 + t 2 ) 2
t 2 e −2iπxt
∫−∞ (1 + t 2 ) 2 dt
+∞
or
t 2 e −2iπxt
∫−∞ (1 + t 2 ) 2 dt =
+∞
e −2iπxt
∫−∞ (1 + t 2 ) dt −
+∞
e −2iπxt
∫−∞ (1 + t 2 ) 2 dt = F (x) −
+∞
e −2iπxt
∫−∞ (1 + t 2 ) 2 dt .
+∞
En reportant dans l'égalité précédente, on en déduit :
∀ x ∈ IR *, xF '(x) = F (x) − 2
e −2iπxt
∫−∞ (1 + t 2 ) 2 dt
+∞
F (x) − xF '(x) = 2
ou
e −2iπxt
∫−∞ (1 + t 2 ) 2 dt
+∞
On peut ainsi donner l'expression suivante de F '(x) valable sur IR * :
∀ x ∈ IR *, F '(x) =
−2 iπxt
+∞ e
1
dt ).
.(F (x) − 2 ∫
− ∞ (1 + t 2 ) 2
x
c. Exactement comme précédemment, on montre que la fonction x α
∀ x ∈ IR *,
d + ∞ e −2iπxt
dt ) =
(
dx ∫−∞ (1 + t 2 ) 2
+∞ −
∫−∞
e −2iπxt
1
∫−∞ (1 + t 2 ) 2 dt est C sur IR* et que :
+∞
2iπt.e −2iπxt
dt = −2π (π x F(x)).
(1 + t 2 ) 2
Ainsi on obtient :
∀ x ∈ IR *,
F ''(x) =
−2 iπxt
+∞ e
−1
1
dt ) + (F '(x) + 4 π2 x F (x))
(F
(x)
−
2
∫
2
− ∞ (1 + t 2 ) 2
x
x
−1
(F (x) − x F '(x) − 2
x2
F ''(x) = 4 π2 F (x).
F ''(x) =
F (0) =
+∞
1
∫−∞ (1 + t 2 ) dt
e −2iπxt
2
∫−∞ (1 + t 2 ) 2 dt ) + 4 π F (x)
+∞
=π
d. F est solution de l'équation différentielle y '' − 4π2 y = 0 sur IR +* et sur IR −* .
On en déduit :
• il existe deux constantes réelles A et B telles que : ∀ x ∈ IR +*, F (x) = A e2π x + B e-2πx
• il existe deux constantes réelles C et D telles que : ∀ x ∈ IR −*, F (x) = C e2π x + D e-2πx
Détermination des constantes :
F (0) = π ⇒ A + B = π et C + D = π (car F continue en 0)
lim F (x) = 0 ⇒ A = 0; lim F (x) = 0 ⇒ D = 0
x → +∞
x → −∞
Conclusion :
∀ x ∈ IR , F (x) = π e-2π|x|
4.
Dérivée de la transformée de Fourier et transformée de Fourier de la dérivée
a.
Montrons que F : x α
+∞ − 2 iπxt
∫−∞ e
f (t )dt est C1 sur IR lorsque l'application t α t f (t) est intégrable sur IR .
Théorème de dérivabilité d'une intégrale dépendant d'un paramètre
• l'application g : (x, t) α e−2iπxt f (t) est continue sur IR × IR
∂g
: (x, t) α − 2iπte−2iπxt f (t) est continue sur IR × IR
∂x
•
l'application
•
•
∀ x ∈ IR , ∀ t ∈ IR , | e−2iπxt f (t)| < |f (t)| intégrable sur IR
∀ x ∈ IR , ∀ t ∈ IR , |2iπte−2iπxt f (t)| < 2π |t f (t)| intégrable sur IR
+∞ − 2 iπxt
∫−∞ e
Alors l'application x α
∀ x ∈ IR ,
f (t ) dt est de classe C1 sur IR et :
d +∞ − 2iπxt
(
e
f (t )dt ) = F '(x) = −2iπ
dx ∫−∞
+∞ − 2 iπxt
∫−∞ e
t f (t ) dt
On peut généraliser ce résultat aux dérivées successives de F jusqu'à l'ordre n en supposant que la fonction t α
t n f (t) est intégrable sur IR ; alors on a :
+∞
∀ k ∈ {1,2,…, n }, F (k)(x) = (−2iπ )k. ∫ e −2iπxt t k f (t )dt
−∞
b.
f ' étant continue, on peut écrire : ∀ x ∈ IR , f (x) =
x
∫0
f ′(t )dt
La fonction f ' étant intégrable sur IR , on en déduit que f a une limite finie en + ∞ et en − ∞ .
Sachant que f est intégrable sur IR et que f admet une limite finie en + ∞ et en − ∞ , on déduit que f a pour limites
0 en ± ∞ .
∀ x ∈ IR , Tf ' (x) =
+∞ − 2 iπxt
∫−∞ e
[
]
+a
f ′(t )dt = lim ( e − 2iπxt f (t ) − a + ∫ 2iπxe − 2iπxt f (t )dt )
a → +∞
a
−a
+∞
= 2iπx. ∫ e − 2iπxt f (t )dt = 2iπx.Tf (x)
−∞
On peut généraliser ce résultat aux dérivées successives de f jusqu'à l'ordre n en supposant que les dérivées
successives de f jusqu'à l'ordre n sont toutes intégrables sur IR ;
alors on a :
∀ k ∈ {1,2,…, n }, Tf (k) (x) = (2iπx)k. Tf (x).
5.
Un deuxième exemple
∀ x ∈ IR , F (x) =
a.
+∞
∫−∞ e
−2 iπxt
e −πt dt
2
∀ t ∈ IR , f '(t) = − 2πt f (t); ainsi lim t 2f '(t) = 0 donc f ' est intégrable sur IR .
t → ±∞
D'après la question précédente, on a le résultat suivant :
∀ x ∈ IR , F '(x) = −2iπ
+∞ − 2 iπxt
∫−∞ e
t f (t ) dt = i
+∞ − 2 iπxt
∫−∞ e
f ′(t )dt = i (2iπx.F (x)).
Ainsi F vérifie l'équation différentielle suivante sur IR : y ' = − 2πx.y.
On en déduit : ∀ x ∈ IR , F (x) = λ e −πx , avec λ = F (0) =
2
b.
(∫
+∞
−∞
e −πt dt =
2
+∞ −u 2
∫−∞ e
du
π
+∞
∫−∞ e
−πt 2
dt = 1 d'après la première question.
).
∀ x ∈ IR , F (x) = e −πx .
2
En conclusion :
6. Limites en ± ∞ de la transformée de Fourier
A
∫− A
a.
e −2iπxt ϕ (t ) dt =
p −1
∑ ∫−a
k =0
A
On en déduit lim ( ∫ e
x → +∞
b.
|F (x) −
ak
A
∫− A e
−2 iπxt
−A
−2iπxt
k
e − 2iπxt ϕ k dt =
p −1
−ϕ
∑ 2iπxk (e −2iπxa
k +1
− e − 2iπxak )
k =0
ϕ (t )dt ) = 0
−A
+∞
f (t )dt | = | ∫ e −2iπxt f (t ) dt +
∫A
−∞
<
−A
∫−∞
f (t ) dt +
+∞
∫A
e −2iπxt f (t )dt |
f (t ) dt
La fonction |f | étant intégrable sur IR , on en déduit qu'à tout ε > 0 on peut associer un réel A tel que
+
+∞
∫A
f (t ) dt
f (t ) dt < ε , et donc :
∀ x ∈ IR , |F (x) −
c.
−A
∫−∞
A
∫− A e
−2iπxt
f (t )dt | < ε
Théorème
Toute fonction continue sur un segment peut être approchée uniformément par une suite de fonctions en escalier.
(conséquence de la continuité uniforme, non au programme en filière PC ou PT).
Cela signifie qu' à tout réel ε > 0 on peut associer une fonction ϕ en escalier sur le segment
ε
∀ x ∈ [− A, A], |f (x) − ϕ (x)| <
[− A, A] telle que :
2A
d. Montrons que F (x) tend vers 0 quand x tend vers +∞
Soit ε > 0 fixé. Il s'agit de montrer qu'on peut associer un réel M à cet ε tel que :
∀ x ∈ IR , x > M ⇒ |F (x)| < ε .
Quels que soient le réel A et la fonction ϕ en escalier sur [− A, A], on peut écrire :
F (x) = F (x) −
A
∫− A e
−2iπxt
f (t )dt +
A
∫− A e
−2iπxt
f (t )dt −
A
∫− A e
−2 iπxt
ϕ (t ) dt +
A
∫− A e
−2 iπxt
d'où l'inégalité suivante :
|F (x)| < |F (x) −
A
∫− A e
−2iπxt
f (t )dt | +
A
∫− A
A
f (t ) − ϕ (t ) dt + | ∫ e −2iπxt ϕ (t ) dt |.
Choisissons tout d'abord le réel A tel que |F (x) −
−A
A
∫− A e
−2iπxt
f (t )dt | < ε /3
ce qui est possible d'après la question b.
A étant fixé, on choisit une fonction ϕ en escalier sur le segment [− A, A] telle que :
∀ t ∈ [− A, A], |f (t) − ϕ (t)| < ε /3 (ce qui est possible d'après la question c).
De l'inégalité précédente , on déduit alors l'inégalité suivante :
A
∀ x ∈ IR , |F (x)| < 2ε /3 + | ∫ e −2iπxt ϕ (t )dt |.
−A
ϕ (t ) dt
D'après la question a, on sait qu'il existe un réel M tel que :
A
∀ x ∈ IR , x > M ⇒ | ∫ e −2iπxt ϕ (t )dt | < ε /3.
−A
Conclusion : ∀ x ∈ IR , x > M ⇒ |F (x) | < ε .
On démontrerait exactement de la même façon que F (x) → 0 quand x tend vers − ∞.