corrigé

EPITA 2000
Transformée de Fourier
remarques sur le sujet:
² la question 2 donne toutes les réponses . Il est donc possible de les admettre pour passer à la suite en particulier pour
traiter l’exemple de la question 3 .
² par contre la question 4 ne donne pas de réponse et est indispensable pour le deuxième exemple. La question 5 dépend
aussi de la question 1 (le sujet le dit) mais on peut toujours exprimer F(0) donc aussi F en fonction de I même sans avoir
fait la question 1 .
² Le sujet ne dit pas que la calculatrice est interdite. Il est probable que votre calculatrice connaisse la valeur de I . Essayer
aussi les deux exemples (MAPLE sait le faire). Si vous pouvez avoir le résultat …nal avant de commencer les calculs vous
pouvez les véri…er .en particulier véri…er les deux équations di¤érentielles avant de rédiger la …n de questions.
1a) G est une intégrale dépendant d’un paramètre.Comme on intègre sur un segment , il est inutile de dominer.
exp ¡(x2 (1+u2 ))
est C 1 sur R£[0; 1] comme quotient de fonction C 1 à dénominateur jamais
La fonction (x; u)¡ >
1+u2
1
nul. Donc G est C sur R et
Z
1
G0 (x) =
h(x) =
Rx
0
(¡2x) e¡x
2
(1+u2 )
du
0
2
2
2
e¡u du est une primitive de la fonction continue u¡ > e¡u . h est donc C 1 sur R et h0 (x) = e¡x .
Comme H = h2 , H est C 1 sur R et H 0 = 2hh0 donc
H 0 (x) = 2e¡x
2
Z
x
2
e¡u du
0
2 R 1
2 2
Le changement de variable u = tx C 1 pour t 2 [0; 1] donne H 0(x) = 2e¡x 0 e¡x t xdt = ¡G0(x) .
On a donc : 8x 2 R , H 0 (x) + G0 (x) = 0 . En intégrant on en déduit que H + G est constante. Or H(0) = 0 et
R 1 du
1
¼
G(0) = 0 1+u
2 = [Arc tan(u)]0 = 4 Donc
H + G = ¼4
1b)G est une fonction positive comme intégrale d’une fonction positive , les bornes étant dans le bon sens.
R 1 x2 du
2 2
¼ ¡x2
De plus comme e¡x u · 1 on a G(x) · 0 e¡ 1+u
. Donc par encadrement : lim+1 (G) = 0:
2 = 4e
Et donc comme G + H = ¼=4p on a lim+1 (H) = ¼=4:
R !+1 ¡u2
2
e
On a donc 0
du = 2¼ . Comme la fonction u¡ > e¡u est continue positive sur R+ l’existence de la
limite est équivalente à l’intégrabilité sur R+ .
p
R +1 ¡u2
e
du = 2¼
0
2a) Pour tout x réel on pose fx(t) = e¡2i¼xtf (t) . La fonction f x est alors continue sur R et jfx j = jfj fonction
intégrable sur R par hypothèse. fx est donc une fonction continue majorée par une fonction intégrable sur R,
donc intégrable sur R .
F est dé…nie sur R
¯R
¯ R
R
2b) On a pour tout réel x :jF (x)j = ¯ R f x(t)dt¯ · R jfx j = R jfj quantité qui est bien dé…nie (f est intégrable
sur R ) et indépendante de x .
F est bornée sur R
2c)
Soit Á(x; t) = e¡2i¼xtf(t) . Á est une fonction continue
sur R £ R dominée par la fonction jf j continue ,
R
intégrable sur R et indépendante de x . Donc F = R Á(x; t)dt et continue sur R .
F est continue sur R
2d)Avec les notation de cette question la majoration du 2b devient kT fk1 · kf k1
T (f ) est bien dé…nie pour toute fonction continue intégrable sur R et on a bien T (f ) 2 Cb (R) d’après 2b et 2c.
T est linéaire par linéarité du produit par e¡2i¼xt et linéarité de l’intégrale.
En…n
kT g1 ¡ T g2k1 = kT (g1 ¡ g2 )k1 · kg1 ¡ g2 k1
T est linéaire 1¡lipschitzienne de L1 (R) dans Cb (R)
3) On véri…e avant toute chose que la fonction f : t¡ >
1
1+t2
est continue intégrable sur R :
² continue sans problème comme inverse d’une fonction continue à dénominateur non nul.
² intégrable sur [0; 1] car continue sur le segment.
² intégrable sur [1; +1[ car équivalente en +1 à
1
t2
R +1 dt
La fonction F est donc continue sur R majorée par ¡1 1+t
2 = ¼
¡1 ¡2i¼tx
3a)Sur tout segment [a; b] inclus dans R on peut poser pour x 6= 0 u(t) = 2i¼x
e
et v(t) =
1
fonctions u et v sont C sur [a; b] . et donc :
·
¸
Z b
Z b ¡2i¼xt
¡1 e¡2i¼xb e¡2i¼xa
1
¡2te¡2i¼tx
e
dt
=
¡
+
dt
2
2
2
2i¼x 1 + b
1+a
2i¼x a (1 + t2 )2
a 1+t
Pour tout x réel la fonction t¡ >
¡2te¡2i¼tx
(1+t2 )2
est continue sur R majorée en module par Á(t) =
1
jtj3
1
1+t2
. Les
2jtj
(1+t2 )2
. La
fonction Á est continue sur R intégrable sur R car équivalente à
en §1: On peut donc passer à la limite
dans l’intégration par partie .Or
¯ ¡2i¼xb ¯
¯ ¡2i¼xa ¯
¯e
¯
¯
¯
1
¯
¯ · 1 !b!+1 0 , et ¯ e
¯
¯ 1 + b2 ¯ 1 + b2
¯ 1 + a2 ¯ · 1 + a2 !a!¡1 0
d’où :
8x 6= 0 , F (x) =
1
i¼x
R
R
¡te¡ 2i¼tx
dt
(1+t2 )2
comme 1i = ¡i on a la relation voulue pour x 6= 0 en multipliant par ¼x .
Pour x = 0 le membre de gauche est continue car F est continue. Le membre de droite est aussi continue car
¡ 2i¼tx
2jtj
est continue sur R2 dominée par Á(t) = (1+t
continue intégrable sur R . L’égalité est donc
Ã(x; t) = te
2 )2
(1+t2 )2
vraie en x = 0 par continuité.
R ¡ 2i¼tx
8x 2 R; ¼xF (x) = i R te
dt
(1+t2 )2
it
Le membre de droite est la transformée de Fourier de la fonction continue intégrable t¡ > (1+t
2 ) 2 . D’après
h
i!+1
R
R !+1
jtj
t
1
1d) il est donc majoré en module par R (1+t2 )2 dt = 2 0
=1
(1+t 2 )2 dt = 2 2(1+t2 )
0
1
¼jxj
8x 6= 0 , jF (x)j ·
A noter l’erreur de texte : x doit être non nul pour que l’expression soit dé…nie.
On a donc
lim§1 (F ) = 0
3b) Soit µ(x; t) =
te¡ 2i¼tx
(1+t2 )2
.µ véri…e les hypothèses du théorème de dérivation sous le signe
R
:
¡
¢
² µ 2 C 1 R2 ; C .comme produit et quotient à dénominateur non nul de telles fonctions.
² Avec les notations du 3a) µ est dominée par la fonction Á continue intégrable sur R et indépendante de x .
²
@µ
@x (x; t)
2 ¡2i¼x t
2
e
t
= ¡2i¼ t(1+t
est dominée par 2¼ (1+t
2 ) 2 , donc par
2 )2
La fonction £(x) =
R
R
µ(x; t)dt est donc C 1 sur R de dérivée
2¼
(1+t2 )
R
@µ
(x; t)dt
R @x
continue , intégrable sur R et indépendante de x .
= ¡2i¼
R
t2 e¡ 2i¼xt
dt:
R (1+t2 )2
1
¤
1
Comme F (x) = i£(x)
¼x la fonction F est C sur R comme quotient à dénominateur non nul de fonctions C .
En dérivant la relation (1) et en simpli…ant par ¼ on a donc :
Z 2 ¡2i¼xt
t e
0
F (x) + xF (x) = 2
2 dt
R (1 + t2 )
Or t2 = (1 + t2) ¡ 1 donc :
0
Ã
F (x) + xF (x) = 2 F (x) ¡
D’où par changement de membre :
F (x) ¡ xF 0(x) = 2
3c) On pose maintenant °(x; t) =
² La fonction ° est C 1 sur R2
e¡2i¼xt
(1+t2 )2
et ¡(x) =
R
R
Z
R
!
e¡2i¼xt
dt
(1 + t2)2
e¡2i¼xt
R (1+t2 )2
R °(x; t)dt:
2
dt
² j°(x; t)j · (1+t1 2 )2 indépendant de x, continue intégrable sur R car équivalent à t14 en §1
¯
¯
¯
¯
jtj
² ¯ @°
(x;
t)
¯ · 2¼ (1+t2 )2 indépendant de x, continue intégrable sur R car équivalent à jtj13 en §1
@x
¡ est donc C 1 sur R et donc F 0(x) = F(x)¡2¡(x)
est C 1 sur R¤ .
x
En dérivant la relation (2) on déduit :
Z
te¡2i¼tx
dt
xF "(x) = 4i¼
2 2
R (1 + t )
On retrouve l’expression du 3a) : xF "(x) = 4¼2 xF (x): Soit en simpli…ant par x :
F " = 4¼ 2F
3d)On a F (0) =
R
dt
R 1+t2
=¼
² Sur R+¤ on a d’après l’équation di¤érentielle F (x) = Ae¡2¼x + Be2¼x . Comme lim+1 (F ) = 0 on a B = 0 puis, comme
les deux membres sont continues en 0 et que F (0) = ¼ on a A = ¼ :
x ¸ 0 , F (x) = ¼e¡¼x
² Sur R¡¤ on a d’après l’équation di¤érentielle F (x) = Ae¡2¼x + Be2¼x . Comme lim¡1 (F ) = 0 on a A = 0 puis par
continuité comme F (0) = ¼ on a B = ¼ :
x ¸ 0 , F (x) = ¼e¼x
4a) En reprenant les notations de la question 2c) on a déjà que Á(x; t) = e¡2i¼xtf (t) est une fonction continue
sur R2 dominée par la fonction f continue , intégrable sur R et indépendante de x .De plus Á est bien C 1 sur
¡2i¼xt
R2 et @Á
(tf(t)) est dominée par 2¼ jtf (t)j fonction continue
@x = (¡2i¼)e
R , indépendante de x et intégrable
sur R par hypothèse. F est donc C 1 sur R et on peut dériver sous le signe .
si tf (t) est intégrable sur R , F 2 C 1 (R; C) et F 0 = ¡2i¼T (t¡ > tf (t))
De façon plus générale si la fonction t¡ > tk f (t) est
sur R , alors pour tout p < k la fonction
¯ k intégrable
¯¢
¡
p
p
p
¯
¯
t¡ > t f(t) est intégrable sur R car jt f (t)j ¿+1 t f (t) . Donc la dérivée @@xÁp = (¡2i¼)p e¡2i¼xt (tp f(t))
est dominée par jtpf (t)j continue,intégrable sur R indépendante de x . donc
F 2 C k (R; C) et (T (f))(k) = (¡2i¼)k T (t¡ > tk f (t))
Remarque l’exemple de la question 3) montre que le résultat peut-être faux si on retire l’hypothèse d’intégrabilité.
Dans cet exemple F n’est pas dérivable en 0 . Mais tf(t) n’est pas intégrable sur R.
Rt
4b)Si f 0 est intégrable sur R f (t) = f (0) + 0 f 0 admet une limite …nie en +1 et en ¡1 . Si cette limite est
non nulle alors f est équivalente à sa limite et n’est donc pas intégrable sur R .
(f et f 0 intégrables sur R) ) (lim§1 (f) = 0)
R
On a alors T (f 0 ) = R e¡2i¼xtf 0(t)dt que l’on va intégrer par partie en posant u(t) = f(t) et v(t) = e¡2i¼xt .
Les fonctions u et v sont bien C 1 sur R . u0v = e¡2i¼xt f 0 (t) est intégrable sur R , uv 0 = (¡2i¼x) e¡2i¼xtf (t) est
intégrable sur R car proportionnel à la transformée de Fourier de la fonction intégrable f . En…n juvj = jfj a
une limite nulle quand t tend vers §1 . En intégrant sur un segment et en passant à la limite comme au 3a)
on a :
T (f 0 ) = 2i¼xT (f)
Par récurrence on a alors :
³
´
¡
¢
8p · k; f (k) intégrable sur R ) T (f (k) ) = (2i¼x)k T (f)
2
2
5)La fonction f(t) = e¡¼t est continue sur R , f ,tf(t) et f 0 = ¡2¼te¡¼t sont négligeables en §1 devant e¡jtj
intégrable sur R . On peut donc appliquer les résultats du 4a) et du 4b):
5a) On a la relation f 0 (t) = ¡2¼tf (t) donc par linéarité de la transformée de Fourier :T (f 0) = ¡2¼T (t¡ > tf (t)):
Mais d’après la question précédente T (f 0 ) = 2i¼xT (f) . Donc ixT (f) = T (t¡ > tf (t)) . On a aussi montrer
0
que (T (f))0 = ¡2i¼T (t¡ > tf(t)) donc : ¡2¼xT (f) = (T (f))
5b) Comme le coe¢cient de (T (f ))0 est toujours non nul on peut intégrer l’équation sur R .
9K 2 R; 8x2 R , T (f )(x) = Ke¡¼x
3
2
Or F (0) =
R
2
R
e¡¼t dt =
R
R
e¡(
p 2
¼t) dt
de la fonction on a donc : F (0) = 2
R
=
R+
R
2
p1
e¡v dv
¼ R
¡v2
e
par changement de variable a¢ne v =
p
¼t . Par parité
dv = 1 .
F (x) = e¡¼x
2
Dans les deux exemples on part d’une fonction f réelle pour trouver une fonction F réelle . Ce n’est pas toujours
le cas . C’est une conséquence du fait que les deux fonctions f prises en exemple sont paires.
6) Toute la question a pour but d’étudier la limite en +1 . On supposera donc x > 0 sans chercher à traiter
le cas particulier x = 0 .
6a)On a :
Z A
p¡1
p¡1
X Z ak+1
X · e¡2i¼xt ¸ak+1
e¡2i¼xt Á(t)dt =
e¡2i¼xtÁk dt =
Ák
¡2i¼x ak
¡A
k=0 ak
k=0
³R
´
A
chaque terme de la somme tend vers 0 quand x tend vers +1 . Donc limx!+1 ¡A e¡2i¼xtÁ(t)dt = 0 .
6b faux Le raisonnement qui suit est faux car A n’est
pas indépendant
³R
´ R de x
A
¡2i¼xt
Comme la fonction est intégrable on sait que limA!+1 ¡A e
f(t)dt = R e¡2i¼xtf (t)dt = F (t) . Donc
en écrivant la limite avec des quanti…cateurs :
¯
¯
Z A
¯
¯
¯
¯
e¡2i¼xtf (t)dt¯ · "
8x > 0; 8" > 0; 9Ax;" ; A ¸ Ax;" ) ¯F (x) ¡
¯
¯
¡A
6b juste : il faut majorer par des quantités indépendantes de x :
¯
¯
ZA
¯
¯
¯
¯
¡2i¼xt
e
f(t)dt¯
¯F (x) ¡
¯
¯
¡A
¯Z
¯ Z
Z ¡A
Z ¡A
¯ +1
¯
+1
¯
¯
¡2i¼xt
¡2i¼xt
= ¯
e
f(t)dt +
e
f(t)dt¯ ·
jf (t)j dt +
jf(t)j dt
¯ A
¯
¡1
A
¡1
Z
Z A
=
jf(t)j dt ¡
jf(t)j dt
R
¡A
´
³R
RA
L’intégrabilité de jf j sur R permet alors de conclure lim R jf (t)j dt ¡ ¡A jf(t)j dt = 0 donc :
¯
¯
´
³
RA
¯
¯
8" > 0; 9A" ; A ¸ " ) 8x > 0; ¯F (x) ¡ ¡A e¡2i¼xt f(t)dt¯ · "
6c) On a admis dans le cours que toute fonction continue sur un segment
³ y est limite uniforme
´ de fonctions en
escalier. Donc 9 (Án )n2N une suite de fonctions en escalier telle que lim sup[¡A;A] (jf ¡ Ánj) = 0 . Donc
8® > 0; 9N; n ¸ N ) sup (jf ¡ Ánj) · ®
[¡A;A]
"
2A
En prenant ® =
puis Á = ÁN on a une solution du problème.
6d) Reste à majorer jF (x)j pour x > 0 en partant de f(x) = f(x) ¡ Á(x) + Á(x) et
¯
¯ ¯Z
¯ ¯Z
¯
ZA
¯
¯ ¯ A
¯ ¯ A
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
jF (x)j · ¯F (x) ¡
e¡2i¼xt f(t)dt¯ + ¯
(f(t) ¡ Á(t)) e¡2i¼xt dt¯ + ¯
Á(t)e¡2i¼xtdt¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¡A
¡A
¡A
On se …xe un " > 0 . La question 6b) nous donne un A qui ne dépend que de " et tel que
¯
¯
ZA
¯
¯
¯
¯
e¡2i¼xt f(t)dt¯ · ":
¯F (x) ¡
¯
¯
¡A
La question 6c) nous donne une fonction Á en escalier sur [¡A; A] et qui dépend de A et de " ( donc seulement
"
de " ) et telle que sup[¡A;A] (jf ¡ Ánj) · 2A
. On a alors
¯Z
¯ Z
Z A
¯ A
¯
A ¯
¯
¯
¡2i¼xt ¯
¡2i¼xt ¯
¯
(f(t) ¡ Á(t)) e
dt¯ ·
(f(t) ¡ Á(t)) e
dt ·
jf (t) ¡ Á(t)j dt = "
¯
¯ ¡A
¯
¡A
¡A
La question 6a) nous donne alors un X qui dépend de A et de Á (donc uniquement de " ) tel que
¯Z
¯
¯ A
¯
¯
¯
8x ¸ X , ¯
Á(t)e¡2i¼xtdt¯ · "
¯ ¡A
¯
Si on réunit les trois :
8" > 0; 9X; (x ¸ X ) jF (x)j · 3")
lim+1(F ) = 0
On a exactement de la même façon lim¡1(F ) = 0
4