corrigé

ENGEES 2001
Epreuve A - Commune PC / PSI
PREMIERE PARTIE
1)
La fonction est continue sur R
Sur [0; +1[ t2 e
donc t
>e
2
t2 +zt
t +zt
= t2 e
t2 +Re (z)t
t2
t2 Re (z)t
=
t2
Re (z)t e
t2 +Re (z)t
de limite 1:0 = 0 si t tend vers +1 .
est intégrable sur [0; +1[ .
L’étude de limite est la même sur ]
1; 0]
donc
t
t2 +zt
>e
est intégrable sur R
pour la calcul on remarque que :
8x 2 R :
+1
e
t2 +xt
x2 =4
dt = e
1
I(x) =
2) On doit dériver une intégrale à paramètre :
Soit
j(x; t) = e
pour tout t réel la fonction x
x 2 x2
) +
2
4
(t
x
2
et donc en faisant le changement de variable u = t
Z
t2 + xt =
p
(t+ix)2
> j(x; t) est C 1 sur R
e
Z
+1
e
u2
du
1
x2
4
t2 2ixt+x2
=e
R et admet la dérivée partielle :
@j
(x; t) = ( 2it + 2x)e
@x
t2 2itx+x2
t2 +x2
pour tout x réel la fonction t > j(x; t) est continue sur R et t2 jj(x; t)j = t2 e
nulle quand t ! 1 donc est intégrable sur R .
@j
(x; t) est continue sur R et t2
pour tout x réel la fonction t > @x
t ! 1 donc est intégrable sur R .
Domination pour (x; t) 2 [a; b]
2
@j
@x (x; t)
2ex
t3 e
2
= ex
t2
t2 e
t2
admet une limite
admet une limite nulle quand
R : On note A = max(jaj ; jbj)
@j
(x; t) = j 2it + 2xj e
@x
t2 +x2
2
2eA (jtj + A) e
t2
fonction indépendante de x et intégrable sur R (toujours des fonctions continues négligeables devant 1=t2 en
qui établit les hypothèses de domination . D’où : J 2 C 1 (R) et :
0
J (x) =
Z
+1
1
@j
(x; t)dt
@x
calcul de J 0 :
J 0 (x)
=
Z
= ie
(On reconnaît la dérivée de t
>e
+1
1
x2
Z
t2 2itx
@j
(x; t)dt =
@x
+1
( 2t
1
).
Z
+1
( 2it + 2x)e
t2 2itx+x2
1
2ix) e
t2 2itx
2
dt = iex
h
e
dt
t2 2ix
it
>+1
t > 1
1 ) , ce
Or e
t2
2ix = e
t2
de limite nulle en
La fonction est constante , elle vaut
p
1
J0(x) = 0
en x = 0 donc
p
J(x) =
t2 + iyt =
8y 2 R :
iy 2 y 2
)
) I(iy) = e
2
4
p
y2
I(iy) =
e 4
(t
y2
4
y
)
2
J(
3) Soit z = x + iy :
t2 + zt =
en posant u = t
x
2
t2 + xt + iyt =
xy
x2
+i
4
2
u2 + iyu +
. On a donc
e
t2 +zt
u2 +iyu
=e
e
x2
4
+i xy
2
Si on intègre on a :
Z
+1
e
t2 +zt
dt =
1
Z
+in
u2 +iyu
e
e
x2
4
+i xy
2
du = e
x2
4
+i xy
2
I(iy) =
p
e
x2
4
2
y
+i xy
2 + 4
1
I(z) =
p
z2
4
exp
SECONDE PARTIE
2) La fonction t
>e
ixt
f (t) est continue par morceaux sur R et e ixt f (t) = jf (t)j est intégrable sur R , donc
R +1
la fonction fb(x) = 1 e ixt f (t)dt est dé…nie pour tout réel x .
3) utilisons le théorème de continuité d’une intégrale à paramètre:
pour tout t réel la fonction
pour tout x réel la fonction t
x
>e
domination par jf j : 8(x; t) 2 R
ixt
>e
ixt
f (t) est continue sur R
f (t) est continue par morceau , intégrable sur R
R , jf (x; t)j = jf (t)j , continue par morceaux, intégrable sur R .
R
fb(x) = R e ixt f (t)dt est continue sur R
4b) C’est le théorème d’approximation uniforme d’une fonction continue par morceaux sur un segment par des fonctions
en escalier.
Soit " …xé , et g" ainsi construite :
On a donc d’une part : :
Z
n
e
ixt
n
jf (t)
g" (t)j dt)
"
Z
n
e
ixt
2"
x
dt
n
k
D’autre par g" étant en escalier , il existe un partage fai gi=0 de [ n; n] telle que g" soit constante sur ]ai ; ai+1 [: Notons
i
cette constante. Donc d’après 4a:
Z
bi+1
g" (t)dt =
bi
Donc :
Z
bi+1
e
ixt
bi
an+1
e
i
Z
ixt
g" (t)dt =
an
k
X1
i=0
et donc
9X , x
X =)
Z
i
Z
dt !x
>+1
bi+1
e
bi
ixt
dt !x
n
e
n
0
ixt
g" (t)dt
"
>+1
0
En réunissant les 2:
9X , x
X =)
Z
n
e" ixt f (t)dt
2"
n
ce qui assure la limite nulle de fc
n
4c) On peut alors décomposer
Z
+1
ixt
e
f (t)dt =
1
Z
n
ixt
e
f (t)dt +
1
Z
n
e
ixt
Z
+1
e
ixt
f (t)dt
N1 =)
R
n
1
jf (t)j dt
" (on remarquera que
N2 =)
R +1
jf (t)j dt
" (on remarquera que
f (t)dt +
n
n
et majorer chaque morceau : Soit " > 0
R n
jf (t)j dt ; et comme f est intégrable : 9N1 , n
e ixt f (t)dt
1
N1 ne dépend pas de x)
R +1
R +1 ixt
jf (t)j dt ; et comme f est intégrable : 9N2 , n
e
f (t)dt
n
n
N2 ne dépend pas de x)
R
n
1
Pour un n
n
max (N1 ; N2 ) on applique le résultat de la question précédente : 9X , x
et donc pour x
X :
R +1
1
Le calcul est le même en
e" ixt f (t)dt
X =)
4" ce qui assure la limite nulle :
Rn
e
n "
ixt
f (t)dt
2"
lim+1 (fb) = 0
1.
TROISIEME PARTIE
1) Si f 2 S , pour p = q = 0 on a : f (x) ! 0 qd x ! 1 . f est continue sur R , admet une limite nulle en 1 donc
9A > 0; jxj A ) jf (x)j 1:
f est donc bornée sur ] 1; A]; [A; +1[ et sur [ A; A] car l’image d’un segment par une fonction continue est un segment,
donc est bornée.
f est bornée sur R.
De même f 0 (x) ! 0 qd x ! 1 donc f 0 est bornée sur R . Soit K = supR jf 0 j .
D’après l’inégalité des accroissement …nis : (x; y) 2 R , jf (x) f (y)j K jx yj
f est K-lipschitzienne
2) Si f 2 S ,
S
L1cm (R) : f est continue sur R et de la forme O( x12 ) en
1 , donc f est intégrable sur R .
S est non vide : e
02S
S est stable par combinaisons linéaires : Soit f et g dans S et
(q)
8 (p; q) ; lim xp ( f + g)
1
(x) =
et
deux scalaires on a
lim xp f (q) (x) +
1
lim xp g (q) (x) = 0
1
donc S est un SEV de L1cm (R) .
3) La fonction A(x) = e
xp A(x) = xp e
A0 (x) =
ax2
ax2
est bien C 1 sur R et :
= x2
p=2
e
ax2
tend vers 0 en
2ax'(x) ; donc xp A0 (x) =
2a x2
1 , car l’exponentielle de x2 l’emporte sur la puissance.
(p+1)=2
e
x2
2
>
1
0
par récurrence on montre que : 8q ; A(q) (x) = Pq (x)e x où Pq est une fonction polynômiale . C’est vrai pour q = 0 et
2
2
q = 1 . Et si A(q) (x) = Pq (x)e x alors A(q+1) (x) = Pq0 (x) 2xPq (x) e x et Pq+1 = Pq0 2XPq est bien un polynôme.
Notons Q son degré et Q son coe¢ cient dominant.
2
p+Q
e x
Qx
L’exponentielle l’emporte sur toute puissance donc 8p; q 2 N ; xp A(q) (x)
Donc
2
t >e t 2S
4) Si f 2 S , alors f 0 est C 1 et 8p; q 2 N ; xp (f 0 )(q) (x) = xp f (q+1) (x) !
1
=
Q
x2
p+Q
2
e
x2
!
1
0 .
0 , donc
f0 2 S
Notons g(x) = xf (x) : g est C 1 ; et 8p 2 N ; xp g(x) = xp+1 f (x) ! 1 0
(q)
et 8q 1 ; la formule de Leibniz donne (g) (x) = xf (q) (x) + qf (q 1) (x) et donc :
h
i
lim xp g (q) (x) = lim xp xf (q) (x) + qf (q 1)(x) = 0
1
1
Donc
g2S
f 2 S ) f 0 2 S . Donc par récurrence f (q) 2 S :
vrai pour q = 0 et pour q = 1
Si f (q) 2 S alors f (q)
0
2 S en appliquant le résultat précédent à f (q) .
De même par récurrence
xp f (q) 2 S
5) Posons F (x) = e
lim
iax
p
1 (x F (x))
f (x) . F est C 1
= 0 car jxp F (x)j = jxp f (x)j de limite nulle.
F 0 (x) = e iax [ iaf (x) + f 0 (x)] et g1 = iaf + f 0 est une combinaison linéaire d’éléments de S , (f 2 S par hypothèse
et f 0 2 S par la question précédente) donc appartient à S .
Donc lim (xp F 0 (x)) = lim (xp g1 (x)) = 0
Par récurrence F (q) (x) = e
iax
vrai pour q = 0 et q = 1 .
Si F (q) (x) = e
linéaire.
En…n 8p ; lim
iax
gq (x) avec gq 2 S :
gq (x) avec gq 2 S alors F (q+1) (x) = e
xp F (q) (x) = lim
1
1
iagq (x) + gq0 (x) et gq+1 =
iax
iagq +gq0 2 S par combinaison
(xp gq (x)) = 0 Donc
2S
QUATRIEME PARTIE
1) Utilisons le théorème de dérivation des intégrales à paramètres:
pour tout t x
> '(x; t) = e
pour tout x réel t
>e
ixt
ixt
f (t) est C 1 sur R de dérivée
f (t) et t
>
ite
ixt
@'
@x (x; t)
=
ite
ixt
f (t) .
f (t) sont continues sur R
et on a les dominations (qui assurent l’intégrabilité) :
– e
–
ixt
f (t)
ite
ixt
jf (t)j intégrable sur R (D’après III 2 car f 2 S)
f (t)
jtf (t)j intégrable sur R (car t
On en déduit que fb(x) =
R +1
C’est la transformée de Fourier de t
1
e
>
ixt
> tf (t) 2 S d’après III 4 )
f (t)dt est de classe C 1 sur R et (fb)0 (x) =
itf (t) qui appartient à S d’après III 4
fb
0
R +1
1
ite
ixt
f (t)dt
= \
itf (t)
Par conséquent (fb)0 est à son tour de classe C 1 et par récurrence (fb) est C n et (fb)(n) est la transformée de Fourier de
n
t > fn (t) ( itf (t)) élément de S
vrai pour n = 0 et n = 1
0
1
c
c
c est la transformée de Fourier de
si c’est vrai pour n On a (fb)(n) = fc
n . Comme fn 2 S on a (fn ) de classe C et fn
t > itxfn (t) = fn+1 (t) 2 S. (fb)(n) est donc C 1 sur R et (fb)(n+1) est la transformée de Fourier de fn+1 2 S:
fb 2 C 1 (R)
2) On intègre par parties , en utilisant : e
d
0 )(x) =
(f
Z
ixt
f (t) = jf (t)j ! 0 qd x !
+1
e
ixt 0
f (t)dt =
1
lim
B!+1
A! 1
e
ixt
f (t)
Z
B
A
B
ixe
ixt
1 car f 2 S :
!
f (t)dt
A
= ix lim
B!+1
A! 1
Z
!
B
e
ixt
f (t)dt
A
d
0 )(x) = ixfb(x)
(f
\
(p) )(x) = (ix)p fb(x) . On a vu en II 4 que lim
donc (f
1
fb(x) ! 0 . On applique ceci à f (p) , d’où : lim
= ixfb(x)
1
xp fb(x) =
(p) (x) = 0 car f (p) 2 S ( III 4) .
fd
Comme pour tout n (fb)(n) est aussi la transformée de Fourier de fn élément de S on a la même propriété pour (fb)(n)
Conclusion :
f 2 S ) fb 2 S
lim
1
3)
d
(g
y )(x) =
4)
f (x) = e
ax2
) fb(x) =
F (x) = e
Z
Z
ax2
+1
e
itx
gy (t)dt =
1
+1
Z
Z
+1
e
it(x+y)
1
+1
f (t)dt = fb(x + y)
1
ix
du
p = p I( p ) =
e
dt =
e
a
a
a
1
1
r
(x+y)2
ixy
= e ixy f (x) ) Fb(x) = fb(x + y) =
e 4a :
a
ixt at2
ix pua
u2
r
a
e
x2
4a
QUESTION PRELIMINAIRE
Soit x …xé . F (t) =
Rx
a
f (t; u)du est une intégrale à paramètre
– la fonction : (t; u) > f (t; u) est continue sur R [a; x] ,De plus on intègre sur un segment ([a; x] ou [x; a] ) donc il
est inutile de dominer.
Rx
la fonction : t > a f (t; u)du est continue sur R .
Rx
Rx
Rx
– 8x 2 I , 8t 2 R ; a f (t; u)du
jf (t; u)j du
g(t)du
g(t) jx aj
a
a
– (t) = jx aj g(t) est une fonction indépendante de u , continue et intégrable sur R donc t
et d’après le théorème de majoration
t
Or t
>
Rx
> g(t) jx
aj aussi ,
f (t; u)du est intégrable sur R
a
> f (t; u) est continue sur R et y est intégrable sur R car jf (t; u)j
(t; u) > f (t; u) est une fonction continue sur [ n; n]
Rx Rn
f (t; u)dt du
a
n
g(t) , intégrable sur R .
Rn Rx
[a; x] .Donc d’après le théorème de Fubini n a f (t; u)du dt =
On a
Z
a
x
Z
Z
+1
f (t; u)dt du
x
a
n
lim
n >+1
de même
lim
n >+1
aj
Z
+1
jf (t; u)j dt du
n
jx
Donc
Z
Z
x
a
+1
Z
+1
g(t)dt du
n
g(t)dt
n
Z
x
a
Z
a
Z
+1
f (t; u)dt du
=0
f (t; u)dt du
=0
n
x
Z
n
1
R +1
R +1
R +1
Rn
R n
, on peut considérer I(u) =
f (t; u)dt et écrire que
f (t; u)dt = n f (t; u)dt + n f (t; u)dt + 1 f (t; u)dt
1
1
d’où :
Z x Z +1
Z x Z +1
Z x Z n
Z x Z n
f (t; u)dt du =
f (t; u)dt du +
f (t; u)dt du +
f (t; u)dt du
a
1
a
=
Z
a
x
n
+1
Z
a
f (t; u)dt du +
n
Z
Z
n
n
n
x
a
f (t; u)dt du +
a
On fait tendre n vers +1 et il reste
R x R +1
a
1
f (t; u)dt du =
R +1 R x
1
a
f (t; u)dt du
Z
a
x
Z
1
n
f (t; u)dt du
1