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Corrig´ e
CNC MP 2003, Math 1
Partie I
1. a) La fonction t7−→1−e−t
test continue sur ]0, α]prolongeable par continuit´e en
0, elle est donc int´egrable sur ]0, α]
b) La fonction t−→e−t
test continue sur [x, +∞[et t2e−t t−→
t→+∞
0.
donc elle est int´egrable sur [x, +∞[.
2. ∀x∈]0, +∞[, ϕ(x) = Z+∞
x
e−t
tdt.
a) Faites bien attention ici, les in´egalit´es demand´ees sont strictes.
Soit x > 0.ϕ(x)> 0 car la fonction t−→e−t
test continue positive non nulle sur
[x, +∞[.
Ensuite ∀t∈]x, +∞[,e−t
t<e−t xdonc : ϕ(x)<1 xZ+∞
x
e−tdt avec Z+∞
x
e−tdt =
e−xdonc ϕ(x)<e−x
x.
b) On peut ´ecrire ϕ(x) = Z+∞
1
e−t
tdt −Zx
1
e−t
tdt.
La fonction x7−→Zx
1
e−t
tdt est de classe C1sur ]0, +∞[d’apr`es le th´eor`eme
fondamental du calcul int´egral.
Donc ϕest de classe C1sur ]0, +∞[et pour tout x∈]0, +∞[,
ϕ′(x) = − e−x
x.
c) pour un x > 0,
ϕ(x) + ln(x) = ϕ(1) + Zx
1
ϕ′(t)dt +ln x=ϕ(1) − Zx
1
e−t
tdt +Zx
1
dt
t
=ϕ(1) + Zx
1
1−e−t
tdt
La fonction t7−→1−e−t
test int sur ]0, 1], donc lim
x→0+Zx
1
1−e−t
tdt =
−Z1
0
1−e−t
tdt.
Alors lim
x→0+(ϕ(x) + ln(x)) = ϕ(1) − Z1
0
1−e−t
tdt.
d) La fonction ρ:x7−→ϕ(x) + ln xest de classe C1sur ]0, +∞[, donc d’apr`es le thm
fondamental du calcul int´egral on a pour tout x > 0
ρ(x) = ρ(1) + Zx
1
ρ′(t)dt. Ce qui donne
ϕ(x) + ln x=ϕ(1) + Zx
1
1−e−t
tdt =C+Z1
0
1−e−t
tdt +Zx
1
1−e−t
tdt =
C+Zx
0
1−e−t
tdt.
Ensuite, en utilisant le DSE de la fonction exponentielle on a pou t6=0
1−e−t
t=
+∞
X
n=1
(−1)n−1
n!tn−1.
(ce qui au passage permet de justifier que la fonction t7−→1−e−t
test prolonge-
able en une fonction de classe C∞sur R).
Et par primitivisation de la somme d’une s´erie enti`ere :
Zx
0
1−e−t
tdt =
+∞
X
n=1
(−1)n−1
n.n!xn.
Ainsi pour tout x > 0,ϕ(x) + ln x=C+
+∞
X
n=1
(−1)n−1
n.n!xn.
3. ∀x∈]0, +∞[, ψ(x) = 1
2ϕ(|x|).
a) ψest une fonction paire, il suffit de justifier son int´egrabilit´e sur ]0, +∞[.
Sur ]0, +∞[,ψest continue par continuit´e de ϕet d’apr`es la question (2.a),
ψ(x)<1
2
e−x
xce qui justifie l’int´egrabilit´e de ψsur [1, +∞[. D’apr`es la question
(2.c) ψ(x)∼
0−1
2ln xdonc √xψ(x)−→
x→00, ce qui prouve que ψest int´egrable sur
]0, 1]
Alors ψest int´egrable sur ]0, +∞[.
b) Signalons un d´etail qui pose probl`eme : l’´ecriture Z+∞
−∞
ψ(t)e−ixtdt ”serait” in-
correcte puisque la fonction t7−→ψ(t)e−ixt n’est pas CPM sur R(lim
0ψ(t)eixt =
+∞), Une convention dans de pareil cas est de poser b ψ(x) = Z0
−∞
ψ(t)e−ixtdt +
Z+∞
0
ψ(t)e−ixtdt.
ϕest int´egrable sur ]0, +∞[donc ψest int´egrable sur les intervalles ] − ∞, 0[et
1
www.9alami.com

]0, +∞[. et on a pour tout x6=0,
b
ψ(x) = Z0
−∞
ψ(t)e−ixtdt +Z+∞
0
ψ(t)e−ixtdt
=Z+∞
0
ψ(−t)eixtdt +Z+∞
0
ψ(t)e−ixtdt
=Z+∞
0
ψ(t)(e−ixt +eixt)dt
=2Z+∞
0
ψ(t)cos(xt)dt =Z+∞
0
ϕ(t)cos(xt)dt
c) •La fonction Ψ: (x, t)7−→ϕ(t)cos(xt)est continue sur D=R×]0, +∞[,
et admet pour tout k∈N∗une d´eriv´ee partielle ∂kΨ
∂xk: (x, t)7−→
tkϕ(t)cos xt +kπ
2continue sur D. De plus pout tout (x, t)∈D:
•|Ψ(x, t)|6ϕ(t)et ϕest int´egrable sur ]0, +∞[.
•
∂kΨ
∂xk(x, t)6tkϕ(t).
La fonction t7−→tkϕ(t)est continue sur ]0, +∞[. Elle est prolongeable par
continuit´e en 0car tkϕ(t)∼
0−tkln tet donc tkϕ(t)−→ t→00. Sur [1, +∞[on a
la majoration tkϕ(t)6tk−1e−tet donc t2(tkϕ(t)) −→
t→+∞
0ce qui ach`eve la
justification de l’int´egrabilit´e de la fonction t7−→tkϕ(t)sur ]0, +∞[.
Alors b ψest bien d´efinie de classe C∞sur Ret pour tous k∈N∗et x∈R
b
ψ(k)(x) = Z+∞
0
tkϕ(t)cos xt +kπ
2dt
d) La fonction t7−→ϕ(t)cos(xt)´etant int´egrable sur ]0, +∞[, une int´egration par
partie (en utilisant la suite exhaustive ([ 1
n, n])n>0)donne :
b
ψ(x) = lim
n→∞ Zn
1/n
ϕ(t)cos(xt)dt
=lim
n→∞ ϕ(t)sin(xt)
xn
1/n
−1
xZn
1/n
ϕ′(t)sin(xt)dt!
=1
xlim
n→∞ Zn
1/n
e−t
tsin(xt)dt =1 xZ+∞
0
e−t
tsin(xt)dt
Car d’un cot´e la fonction t7−→ϕ(t)sin(xt)
xtend vers 0en 0et en +∞et de
l’autre la fonction t7−→e−t
tsin(xt)est int´egrable sur ]0, +∞[.(les deux points `a
la charge du lecteur).
Ensuite
b
ψ(0) = Z+∞
0
ϕ(t)dt =lim [tϕ(t)]n
1/n −Zn
1/n
tϕ′(t)dt!=lim Zn
1/n
e−tdt =
Z+∞
0
e−tdt, soit b ψ(0) = 1.
puisque tϕ(t)tend vers 0quand ttend vers 0et vers +∞
4. ∀x∈]0, +∞[, Φ(x) = Z+∞
0
e−t
tsin(xt)dt =xb
ψ(x)
a) Premi`ere fa¸con : On utilise la fonction b ψ
L’expression Φ(x) = xb ψ(x)explique que Φest de classe C1sur ]0, +∞[et que
pour tout x∈]0, +∞[
Φ′(x) = b ψ(x) + xb ψ′(x) = b ψ(x) − xZ+∞
0
tϕ(x)sin(xt)dt
Une int´egration par partie (`a faire correctement) donne :
xZ+∞
0
tϕ(t)sin(xt)dt =Z+∞
0
(ϕ(t) + tϕ′(t)) cos(xt)dt =b ψ(x) −
Z+∞
0
e−tcos(xt)dt
Et donc : Φ′(x) = Z+∞
0
e−tcos(xt)dt
Deuxi`eme fa¸con : On utilise la formule de Leibniz.
•La fonction k: (x, t)7−→e−t
tsin(xt)et continue sur ∆=]0, +∞[×]0, +∞[et sa
d´eriv´ee partielle ∂k
∂x : (x, t)7→e−tcos(xt)est continue sur ∆.
•Via l’in´egalit´e |sin(u)|6usi u>0, on a pour tout (x, t)∈∆,|k(x, t)|6xe−t.
Soit donc a > 0.
∀(x, t)∈]0, a]×]0, +∞[,|k(x, t)|6ae−t
∀(x, t)∈]0, +∞[×]0, +∞[,
∂k
∂x (x, t)6e−t
les fonctions t7→e−tet t7→ae−t´etant continues int´egrables sur ]0, +∞[.
Alors Φest de classe C1sur ]0, +∞[et ∀x∈]0, +∞[, Φ′(x) =
Z+∞
0
e−tcos(xt)dt.
Maintenant la fonction t7−→e−teixt est int´egrable sur ]0, +∞[puisque
e−teixt=e−t. donc
Z+∞
0
e−tcos(xt)dt =ReZ+∞
0
e−teixtdt=Re e(−1+ix)t
−1+ix +∞
0!
=Re−1
−1+ix =1 1+x2
2

Alors : ∀x∈]0, +∞[, Φ′(x) = 1
1+x2
b) Pour tout x > 0,Φ′(x) = 1
1+x2et la relation Φ(x) = xb
ψ(x)implique qu’en
fait Φest continue en 0puisque b ψest continue sur R, et que Φ(0) = 0. Alors
Φ(x) = arctan x. Anisi
∀x > 0, b ψ(x) = arctan x
x.
Ensuite l’´ecriture b ψ(x) = Z+∞
0
ϕ(t)cos(xt)dt valable pour tout xnon nul im-
plique que b ψest paire sur R∗. Donc
∀x∈R∗,b ψ(x) = arctan x
x
Partie II
1. a) fune fonction CPM int´egrable sur R. Soit x∈R, l’in´egalit´e
∀t∈R,f(t)e−ixt6|f(t)|
montre que la fonction t7−→f(t)e−ixt est int´egrable sur R. Donc b fest bien d´efinie
sur R.
Ensuite pour tout x∈R,b
f(x)6Z+∞
−∞
|f(t)|dt. Donc b fest born´ee sur R.
b) Si fest continue, la fonction (x, t)7−→f(t)eixt est continue sur R×Ret
∀(x, t)∈R×R,f(t)e−ixt6|f(t)|,|f|´etant continue int´egrable sur R.
Alors b fest continue sur R.
2. a) La lin´earit´e de Fd´ecoule de la lin´earit´e de l’int´egrale.
b) Les fonctions b faet b
afsont bien d´efinie puisque les fonctions t7−→f(t−a)et
t7−→f(at)sont CPM int´egrables sur R.
Soit x∈R.
b
fa(x) = Z+∞
−∞
f(t−a)e−ixtdt translation =Z+∞
−∞
f(u)e−ix(a+u)du =e−iax b f(x).
et si a6=0et ǫ=sign(a)
b
af(x) = Z+∞
−∞
f(at)e−ixtdt u=at =1
aZ+ǫ∞
−ǫ∞
f(u)e−ixu/adu
=ǫ
aZ+∞
−∞
f(u)e−ixu/adu =1
|a|b
fx
a
c) Consid´erons la fonction g:t7−→f(t)eiat. Soit x∈R,
b
g(x) = Z+∞
−∞
f(t)ei(a−x)tdt =b f(x−a).
d) Ayant Z0
−∞
f(t)e−ixtdt =Z+∞
0
f(−t)eixtdt,b f(x) = Z+∞
0
(f(t)e−ixt +f(−t)eixt)dt.
et donc :
b
f(x) = 2Z+∞
0
f(t)cos(xt)dt si fest paire.
b
f(x) = −2i Z+∞
0
f(t)sin(xt)dt si fest impaire.
e) Si fest une fonction r´eelle paire, b fest paire et `a valeurs r´eelles. Si fest r´eelle
impaire, b fest impaire et `a valeurs imaginaires pures.
3. fest une fonction de classe C1sur R, et fet f′sont int´egrables sur R.
a) f′est int´egrable sur [0, +∞[donc la fonction x7→Zx
0
f′(t)dt admet une limite
finie en +∞, comme Zx
0
f′(t)dt =f(x) − f(0)ceci revient `a ce que fadmette une
limite finie en +∞. Soit lcette limite.
Supposons que l6=0, alors il existe A > 0 tel que :
∀x∈[A, +∞[,|f(x)|>1
2|l|.
La fonction constante x7−→1
2|l|n’est pas int´egrable sur [A, +∞[donc fne serait
pas int´egrable sur [A, +∞[. contradiction.
Alors l=lim
+∞
f=0. On obtient lim
−∞
f=0en appliquant ce dernier r´esultat `a la
fonction x7−→f(−x).
b) Une int´egration par partie (`a ex´ecuter correctement avec des bornes finies) donne
pour tout x∈R:
b
f′(x) = Z+∞
−∞
f′(t)e−ixtdt =lim
t→+∞
f(t)e−ixt −lim
t→−∞
f(t)e−ixt +ix Z+∞
−∞
f(t)e−ixtdt.
f(t)e−ixt=|f(t)|donc d’apr`es la question pr´ec´edente lim
t→±∞
f(t)e−ixt =0. Alors
b
f′(x) = ixb f(x).
c) D’apr`es (II-1.a), b f′est born´ee sur R. La relation b f(x) = b
f′(x)
ix implique alors que
lim
±∞b
f=0.
d) On suppose que la fonction g:t7−→tf(t)est int´egrable sur R.
Utiliser le th´eor`eme de d´erivation d’une int´egrale d´ependant d’un param`etre (for-
mule de Leibniz) pour justifier que dans ce cas b fest de classe C1sur Ret que
pour tout x∈R.
b
f′(x) = −iZ+∞
−∞
tf(t)e−ixtdt = −ib g(x)
N.B : Ici on a juste besoin que fsoit continue int´egrable sur Ret que la fonction
t7−→tf(t)soit int´egrable sur R. Nul besoin que fsoit de classe C1et encore
3

moins que f′soit int´egrable comme peut le sugg´erer l’enchaˆınement des questions
de l’´enonc´e.
Par extension si fest continue sur R(CPM suffit) et pour tout k∈N, la fonction
t7−→tkf(t)est int´egrable sur R, alors la transform´ee de Fourier b fde fest de
classe C∞sur Ret :
∀k∈N∗,∀x∈b f(k)(x) = Z+∞
−∞
tkf(t)e−ixtdt
Partie III
A.
On consid`ere la fonction h:t7−→e−t2.
1. hest continue int´egrable sur Ret la fonction t7−→th(t)est int´egrable sur Rpuisque
lim
±∞
t3h(t) = 0. D’apr`es la question (II-3.c) b hest de classe C1sur Ret pour tout x∈R
b
h′(x) = −iZ+∞
−∞
t e−t2 e−ixtdt
Une int´egration par partie donne alors
b
h′(x) = i "e−t2
2e−ixt#+∞
−∞
+ix
2Z+∞
−∞
e−t2 e−ixtdt!= − x
2Z+∞
0
e−t2 e−ixtdt =
−x
2b
h(x)
b
hest donc une solution de l’´equation diff´erentielle
y′+x
2y=0(1)
2. Les solutions de l’´equation (1)sur Rsont les fonctions de la forme x7−→λe−x2/4 o`u
λ∈R.
Il existe donc λ∈Rtel que pour tout x∈R,b h(x) = λe−x2/4.
Comme b h(0) = Z+∞
−∞
e−t2 dt =√πalors λ=√π. Ainsi
∀x∈R,b h(x) = Z+∞
−∞
e−t2−ixtdt =√πe−x2/4
3. Soient ε > 0 et la fonction √εh:t7−→e−εt2. D’apr`es (II-2.b),
∀x∈R,d
√εh(x) = 1
√εb
hx
√ε=rπ
εe−x2/4ε
B.
fune fonction continue, born´ee et int´egrable sur Rtelle que b fsoit int´egrable sur R.
(εn)nune suite de r´eels strictement positifs qui converge vers 0.
1. a) vune fonction continue int´egrable sur R. Si on pose vn(y) = v(y)e−εny2, les
fonctions vnsont continues sur R, la suite de fonctions (vn)nCVS vers vsur R
puisque (εn)nconverge vers 0et vest continue sur R.
De plus ∀y∈R,|vn(y)|6|v(y)|et vest int´egrable sur R.
Le th´eor`eme de la convergence domin´ee s’applique ici, il donne :
lim Z+∞
−∞
v(y)e−εny2 dy =Z+∞
−∞
v(y)dy.
b) Soit x∈R, le mˆeme th´eor`eme se base ici sur la domination :
w(x+εny)e−y26Me−y2
o`u M=sup
u∈R
|w(u)|. Il donne :
lim Z+∞
−∞
w(x+εny)e−y2 dy =Z+∞
−∞
w(x)e−y2 dy =w(x)√π.
2. Z+∞
−∞
e−iy(t−x)−εny2 dy =[
√εnh(t−x) = rπ
εn
e−(t−x)2/4εndonc
Z+∞
−∞
f(t)Z+∞
−∞
e−iy(t−x)−εny2 dydt =rπ
εnZ+∞
−∞
f(t)e−(t−x)2/4εndt
En posant s=t−x
2√εn
, soit t=x+2s√εnon obtient :
Z+∞
−∞
f(t)Z+∞
−∞
e−iy(t−x)−εny2 dydt =rπ
εn
.2√εnZ+∞
−∞
f(x+2s√εn)e−s2
ds
=2√πZ+∞
−∞
f(x+2s√εn)e−s2
ds
3. xu r´eel donn´e.
a) Soient ε > 0 et (p, q)∈N∗2.
Sachant que la fonction (y, t)7−→f(t)eixy−εy2−iyt est continue sur [−p, p]×
[−q, q], le th´eor`eme de Fubini donne :
Zp
−p
eixy−εy2Zq
−q
f(t)e−iytdtdy =Zq
−q
f(t)Zp
−p
e−iy(t−x)−εy2 dydt.
b) Posons pour tout q∈N∗,Fq(y) = eixy−εy2Zq
−q
f(t)e−iytdt.
Du au fait que Zq
−q
f(t)e−iytdt −→
q→∞ b
f(y), la suite de fonction (Fq)qCVS sur R
vers la fonction F:y7−→eixy−εy2b
f(y), fonction qui est continue puisque b fest
continue sur R.
De plus pour tout y∈R,|Fq(y)|6e−εy2Zq
−q
|f(t)|dt 6Ie−εy2o`u I=
Z+∞
−∞
|f(t)|dt.
4

la fonction y7−→Ie−εy2´etant continue int´egrable sur R.
Le th´eoreme de la convergence domin´ee donne alors lim
q→∞ Z+∞
−∞
Fq(y)dy =
Z+∞
−∞
F(y)dy, soit :
lim
q→∞ Z+∞
−∞
eixy−εy2Zq
−q
f(t)e−iytdy =Z+∞
−∞
eixy−εy2Z+∞
−∞
f(t)e−iytdy
c) De fa¸con similaire on d´emontre que :
lim
p→∞ Zq
−q
f(t)Zp
−p
e−iy(t−x)−εy2dydt =Zq
−q
f(t)Z+∞
−∞
e−iy(t−x)−εy2dydt
d) La fonction A:y7−→eixy−εy2Zq
−q
f(t)e−iytdtest int´egrable sur Rpuisque
|A(y)|6Ie−εy2o`u I=Z+∞
−∞
|f(t)|dt. Donc lim
p→∞ Zp
−p
A(y)dy =Z+∞
−∞
A(y)dy.
En faisant tendre pvers l’infini dans la relation du (III-B-3.a) et via le r´esultat
d´emontr´e dans la question (III-B-3.c) on obtient :
Z+∞
−∞
eixy−εy2Zq
−q
f(t)e−iytdy =Zq
−q
f(t)Z+∞
−∞
e−iy(t−x)−εy2 dydt
Maintenant en consid´erant la fonction B:t7−→f(t)Z+∞
−∞
e−iy(t−x)−εy2 dy, et
vu que fest int´egrable sur R:
lim
q→∞ Zq
−q
f(t)Z+∞
−∞
e−iy(t−x)−εy2 dydt =Z+∞
−∞
f(t)Z+∞
−∞
e−iy(t−x)−εy2 dydt
La relation pr´ec´edente, via la question (III-B-3.b) donne alors :
Z+∞
−∞
f(t)Z+∞
−∞
e−iy(t−x)−εy2dydt =Z+∞
−∞
eixy−εy2Z+∞
−∞
f(t)e−iytdy
=Z+∞
−∞
eixy−εy2b
f(y)dy
4. Soit x∈R. D’apr`es (III-B-2) et (III-B-3.c), en rempla¸cant εpar εnon obtient :
Z+∞
−∞
eixy−εny2b
f(y)dy =2√πZ+∞
−∞
f(x+2s√εn)e−s2
ds
D’apr`es (III-B-1.b) lim
n→∞ Z+∞
−∞
f(x+2s√εn)e−s2
ds =√π f(x)
Et d’apr`es (III-B-1.a) lim
n→∞ Z+∞
−∞
eixy−εny2b
f(y)dy =Z+∞
−∞
eixy b f(y)dy
Alors : Z+∞
−∞
eixy b f(y)dy =2π f(x).
R´esumons, Si fest continue int´egrable sur Ret sa transform´ee de Fourier est aussi
int´egrable sur R, alors on a la relation dite formule d’inversion de la transform´ee de Fourier :
∀x∈R, f(x) = 1
2π Z+∞
−∞b
f(t)eixtdt
Fin.
5