corrigé

ENGEES 2001
Epreuve A - Commune PC / PSI
PREMIERE PARTIE
1)
La fonction est continue sur R
Sur [0;+1[t2et2+zt=t2et2+Re (z)t=t2
t2Re (z)tt2Re (z)tet2+Re (z)tde limite 1:0=0si ttend vers +1.
donc t> et2+zt est intégrable sur [0;+1[.
L’étude de limite est la même sur ] 1;0]
donc
t> et2+zt est intégrable sur R
pour la calcul on remarque que :
8x2R:t2+xt =(tx
2)2+x2 4
et donc en faisant le changement de variable u=tx
2
Z+1
1
et2+xtdt =ex2=4Z+1
1
eu2du
I(x) = pe x2
4
2) On doit dériver une intégrale à paramètre :
Soit
j(x; t) = e(t+ix)2=et22ixt+x2
pour tout tréel la fonction x> j(x; t)est C1sur RRet admet la dérivée partielle :
@j
@x(x; t) = (2it + 2x)et22itx+x2
pour tout xréel la fonction t> j(x; t)est continue sur Ret t2jj(x; t)j=t2et2+x2=ex2t2et2admet une limite
nulle quand t! 1 donc est intégrable sur R.
pour tout xréel la fonction t>@j
@x (x; t)est continue sur Ret t2@j @x (x; t)2ex2t3et2admet une limite nulle quand
t! 1 donc est intégrable sur R.
Domination pour (x; t)2[a; b]R: On note A= max(jaj;jbj)
@j
@x(x; t)=j2it + 2xjet2+x22eA2(jtj+A)et2
fonction indépendante de xet intégrable sur R(toujours des fonctions continues négligeables devant 1=t2en 1 ) , ce
qui établit les hypothèses de domination . D’où : J2C1(R)et :
J0(x) = Z+1
1
@j
@x(x; t)dt
calcul de J0:
J0(x) = Z+1
1
@j
@x(x; t)dt =Z+1
1
(2it + 2x)et22itx+x2dt
=iex2Z+1
1
(2t2ix)et22itxdt =iex2het22ixit>+1
t>1
(On reconnaît la dérivée de t> et22itx ).

Or et22ix=et2de limite nulle en 1 J0(x) = 0
La fonction est constante , elle vaut pen x= 0 donc
J(x) = p
8y2R:t2+iyt =(tiy
2)2y2 4)I(iy) = ey2
4J(y
2)
I(iy) = pey2
4
3) Soit z=x+iy :
t2+zt =t2+xt +iyt =u2+iyu +x2
4+ixy 2
en posant u=tx
2. On a donc
et2+zt =eu2+iyuex2
4+ixy 2
Si on intègre on a :
Z+1
1
et2+ztdt =Z+in
1
eu2+iyuex2
4+ixy 2du =ex2 4+ixy 2I(iy) = pe x2 4+ixy 2+y2 4
I(z) = pexp z2
4
SECONDE PARTIE
2) La fonction t> eixtf(t)est continue par morceaux sur Ret eixtf(t)=jf(t)jest intégrable sur R, donc
la fonction b f(x) = R+1
1 eixtf(t)dt est dé…nie pour tout réel x.
3) utilisons le théorème de continuité d’une intégrale à paramètre:
pour tout tréel la fonction x> eixtf(t)est continue sur R
pour tout xréel la fonction t> eixtf(t)est continue par morceau , intégrable sur R
domination par jfj:8(x; t)2RR,jf(x; t)j=jf(t)j, continue par morceaux, intégrable sur R.
b
f(x) = RReixtf(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 : : Zn
n
eixt jf(t)g"(t)jdt)"Zn
n
eixtdt 2"
x
D’autre par g"étant en escalier , il existe un partage faigk
i=0 de [n; n]telle que g"soit constante sur ]ai; ai+1[:Notons
icette constante. Donc d’après 4a:
Zbi+1
bi
g"(t)dt =iZbi+1
bi
eixtdt !x>+10
Donc : Zan+1
an
eixtg"(t)dt =
k1
X
i=0
iZbi+1
bi
eixtdt !x>+10
et donc
9X,xX=)Zn
n
eixtg"(t)dt"
2

En réunissant les 2:
9X,xX=)Zn
n
eixt
"f(t)dt2"
ce qui assure la limite nulle de c fn
4c) On peut alors décomposer
Z+1
1
eixtf(t)dt =Zn
1
eixtf(t)dt +Zn
n
eixtf(t)dt +Z+1
n
eixtf(t)dt
et majorer chaque morceau : Soit " > 0
Rn
1 eixtf(t)dtRn 1 jf(t)jdt ; et comme fest intégrable : 9N1,nN1=)Rn 1 jf(t)jdt "(on remarquera que
N1ne dépend pas de x)
R+1
neixtf(t)dtR+1 njf(t)jdt ; et comme fest intégrable : 9N2,nN2=)R+1 njf(t)jdt "(on remarquera que
N2ne dépend pas de x)
Pour un nmax (N1; N2)on applique le résultat de la question précédente : 9X,xX=)Rn
neixt
"f(t)dt2"
et donc pour xX:R+1
1 eixt
"f(t)dt4"ce qui assure la limite nulle :
lim+1(b f) = 0
Le calcul est le même en 1 .
TROISIEME PARTIE
1) Si f2S, pour p=q= 0 on a : f(x)!0qd x ! 1 .fest continue sur R, admet une limite nulle en 1 donc
9A > 0;jxj  A) jf(x)j  1:
fest 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.
fest bornée sur R.
De même f0(x)!0qd x ! 1 donc f0est bornée sur R. Soit K= supRjf0j.
D’après l’inégalité des accroissement …nis : (x; y)2R,jf(x)f(y)j  Kjxyj
fest K-lipschitzienne
2) Si f2S,
SL1
cm(R) : fest continue sur Ret de la forme O(1
x2)en 1 , donc fest intégrable sur R.
Sest non vide : e 02S
Sest stable par combinaisons linéaires : Soit fet gdans Set et deux scalaires on a
8(p; q);lim
1 xp(f +g)(q)(x)=lim 1 xpf(q)(x)+lim 1 xpg(q)(x)= 0
donc Sest un SEV de L1
cm(R).
3) La fonction A(x) = eax2est bien C1sur Ret :
xpA(x) = xpeax2=x2p=2eax2tend vers 0en 1 , car l’exponentielle de x2l’emporte sur la puissance.
A0(x) = 2ax'(x) ; donc xpA0(x) = 2ax2(p+1)=2ex2>1 0
par récurrence on montre que : 8q ; A(q)(x) = Pq(x)ex2où Pqest une fonction polynômiale . C’est vrai pour q= 0 et
q= 1 . Et si A(q)(x) = Pq(x)ex2alors A(q+1)(x) = P0
q(x)2xPq(x)ex2et Pq+1 =P0 q2XPqest bien un polynôme.
Notons Qson degré et Qson coe¢ cient dominant.
3

L’exponentielle l’emporte sur toute puissance donc 8p; q 2N; xpA(q)(x)Qxp+Qex2=Qx2p+Q
2ex2!1 0.
Donc
t> et22S
4) Si f2S, alors f0est C1et 8p; q 2N; xp(f0)(q)(x) = xpf(q+1)(x)!1 0, donc
f02S
Notons g(x) = xf(x):gest C1; et 8p2N; xpg(x) = xp+1f(x)!1 0
et 8q1;la formule de Leibniz donne (g)(q)(x) = xf(q)(x) + qf(q1)(x)et donc :
lim
1 xpg(q)(x)= lim 1 xphxf(q)(x) + qf(q1)(x)i= 0
Donc
g2S
f2S)f02S. Donc par récurrence f(q)2S:
vrai pour q= 0 et pour q= 1
Si f(q)2Salors f(q)02Sen appliquant le résultat précédent à f(q).
De même par récurrence
xpf(q)2S
5) Posons F(x) = eiaxf(x).Fest C1
lim1(xpF(x)) = 0 car jxpF(x)j=jxpf(x)jde limite nulle.
F0(x) = eiax [iaf(x) + f0(x)] et g1=iaf +f0est une combinaison linéaire d’éléments de S, (f2Spar hypothèse
et f02Spar la question précédente) donc appartient à S.
Donc lim (xpF0(x)) = lim (xpg1(x)) = 0
Par récurrence F(q)(x) = eiaxgq(x)avec gq2S:
vrai pour q= 0 et q= 1 .
Si F(q)(x) = eiaxgq(x)avec gq2Salors F(q+1)(x) = eiax iagq(x) + g0
q(x)et gq+1 =iagq+g0 q2Spar combinaison
linéaire.
En…n 8p ; lim1 xpF(q)(x)= lim1 (xpgq(x)) = 0 Donc
2S
QUATRIEME PARTIE
1) Utilisons le théorème de dérivation des intégrales à paramètres:
pour tout t x> '(x; t) = eixtf(t)est C1sur Rde dérivée @'
@x (x; t) = iteixtf(t).
pour tout xréel t> eixtf(t)et t>iteixtf(t)sont continues sur R
et on a les dominations (qui assurent l’intégrabilité) :
–eixtf(t) jf(t)jintégrable sur R(D’après III 2 car f2S)
–iteixtf(t) jtf (t)jintégrable sur R(car t> tf(t)2Sd’après III 4 )
On en déduit que b f(x) = R+1
1 eixtf(t)dt est de classe C1sur Ret (b
f)0(x) = R+1
1 iteixtf(t)dt
C’est la transformée de Fourier de t>itf(t)qui appartient à Sd’après III 4
b
f0 =\ itf(t)
Par conséquent (b f)0est à son tour de classe C1et par récurrence (b f)est Cnet (b f)(n)est la transformée de Fourier de
t> fn(t) (itf(t))nélément de S
4

vrai pour n= 0 et n= 1
si c’est vrai pour nOn a (b f)(n)=c fn. Comme c fn2Son a (c fn)de classe C1et c fn0 est la transformée de Fourier de
t>itxfn(t) = fn+1(t)2S.(b f)(n)est donc C1sur Ret (b f)(n+1) est la transformée de Fourier de fn+1 2S:
b
f2C1(R)
2) On intègre par parties , en utilisant : eixtf(t)=jf(t)j ! 0qd x ! 1 car f2S:
d
(f0)(x) = Z+1
1
eixtf0(t)dt = lim
B!+1
A!1 eixtf(t)B
AZB
Aixeixtf(t)dt!=ix lim
B!+1
A!1 ZB
A
eixtf(t)dt!=ix b f(x)
d
(f0)(x) = ix b f(x)
donc \ (f(p))(x) = (ix)pb f(x). On a vu en II 4 que lim1 b f(x)!0. On applique ceci à f(p), d’où : lim1 xpb f(x)=
lim1 d f(p)(x)= 0 car f(p)2S(III 4) .
Comme pour tout n(b f)(n)est aussi la transformée de Fourier de fnélément de Son a la même propriété pour (b f)(n)
Conclusion :
f2S)b f2S
3)
d
(gy)(x) = Z+1
1
eitxgy(t)dt =Z+1
1
eit(x+y)f(t)dt =b f(x+y)
4)
f(x) = eax2)b f(x) = Z+1
1
eixtat2dt =Z+1
1
eix u
pau2du
pa=1 paI(ix pa) = r
aex2
4a
F(x) = eax2ixy =eixyf(x))b F(x) = b f(x+y) = r
ae(x+y)2
4a:
5