Méthode de Laplace

Méthode de Laplace

Samuel Rochetin

Dimanche 28 janvier 2018

Exercice. Soit I un intervalle de R. Soient f et g deux fonctions continues de I dans R vérifiant :

• g possède un unique maximum absolu en x0 distinct des bornes de I ;

• ∃(α, β) ∈ R∗ +
2 , g(x) − g(x0) ∼ −α|x − x0|β en x0; • f (x0) 6= 0 ; • ∀λ ∈ R∗ +, l’intégrale R I|f (x)| e λg(x) _{dx est convergente.} Posons ∀λ ∈ R∗+, F (λ) := R If (x) e λg(x) _{dx. Donner un équivalent de F en}

+∞. Que devient cet équivalent si g est de classe C2 _{sur I ? Comment adapter}

la méthode au cas où x0 est l’une des bornes de I ?

Solution. L’idée est d’isoler la contribution majeure de g en écrivant F (λ) = eλg(x0)R

If (x) e

λh(x) _{dx, où h(x) := g(x) − g(x} 0).

Soit  ∈ R∗+ tel que  < 1.

En remarquant que h(x) et son équivalent sont négatifs, les deux premières conditions donnent ∃η1∈ R∗+, |x − x0| ≤ η1 =⇒ x ∈ I et − (1 + )α|x − x0|β ≤

h(x) ≤ −(1 − )α|x − x0|β, ce qui implique e−λα|x−x0|

β

e−λα|x−x0|β _{≤ e}λh(x) _≤

eλα|x−x0|β_e−λα|x−x0|β_{, par stricte positivité de λ et croissance de}

l’exponen-tielle. Quitte à considérer −f , supposons que f (x0) > 0. Par continuité de

f en x0, il existe un voisinage de x0 sur lequel f reste strictement positive,

c’est-à-dire ∃η2 ∈ R∗+, |x − x0| ≤ η2 =⇒ f (x) > 0. Donc |x − x0| ≤ min{η1; η2} =⇒ h1(x) e−λα|x−x0| β ≤ f (x) eλh(x) _{≤ h} 2(x) e−λα|x−x0| β , où h1(x) = f (x) e−λα|x−x0| β et h2(x) = f (x) eλα|x−x0| β

. Or, h1 et h2 sont

conti-nues en x0 et lim x→x0

h1(x) = lim x→x0

h2(x) = f (x0) 6= 0, donc h1 et h2 sont

équi-valentes à f (x0) en x0. Or, f (x0) > 0 donc ∃η3 ∈ R∗+, |x − x0| ≤ η3 =⇒

f (x0)(1 − ) ≤ h1(x) et h2(x) ≤ f (x0)(1 + ). Posons η := min{η1; η2; η3}. Alors |x − x0| ≤ η =⇒ f (x0)(1 − ) e−λα|x−x0| β ≤ f (x) eλh(x) _{≤ f (x} 0)(1 + ) e−λα|x−x0|β _{=⇒ f (x} 0)(1 − ) Rx0+η x0−η e −λα|x−x0|β _{dx ≤}Rx0+η x0−η f (x) e λh(x) _{dx ≤} f (x0)(1 + ) Rx0+η x0−η e −λα|x−x0|β _dx. Notons queRx0+η x0−η e −λα|x−x0|β _{dx = 2}Rx0+η x0 e

−λα(x−x0)β _{dx par symétrie par}

rapport à x = x0 de la fonction à intégrer et de l’intervalle d’intégration.

Le changement de variable y := λα(x − x0)β donne R x0+η x0−η e −λα|x−x0|β _{dx =} 2 β(λα)β1 Rλαηβ 0 y 1

β−1_e−y _{dy. Nous avons lim}

λ→+∞ Rλαηβ 0 y 1 β−1_e−y _{dy = Γ}  1 β  et 1

Γ_β1 6= 0 donc Rλαηβ 0 y 1 β−1_e−y _{dy ∼ Γ}  1 β  en +∞. Donc ∃λ1 ∈ R∗+, λ > λ1 =⇒ (1 − )Γ  1 β  ≤Rλαηβ 0 y 1 β−1_e−y _{dy ≤ (1 + )Γ}  1 β  . Or, 1 −  > 0 donc |x − x0| ≤ η et λ > λ1impliquent l’encadrement suivant :

(1 − )2f (x0) 2Γ1 β  β(λα)β1 ≤ Z x0+η x0−η f (x) eλh(x) dx ≤ (1 + )2f (x0) 2Γ1 β  β(λα)1β . Montrons que lim

λ→+∞

R

I\[x0−η;x0+η]f (x) e

λh(x) _{dx = 0. D’une part, en}

écri-vant λ = λ−1+1, l’inégalité triangulaire donne    R I\[x0−η;x0+η]f (x) e λh(x) _dx ≤ R I\[x0−η;x0+η]|f (x)| e

(λ−1)h(x)_eh(x) _{dx. D’autre part, nous pouvons ajuster η en}

fonction de I de sorte que l’ensemble E := {h(x), x ∈ I \ [x0− η; x0+ η]} soit

une partie non vide de R. Or, E est majoré par 0 donc E admet une borne su-périeure notée M . Or, 0 6∈ E par unicité du maximum global de g. Donc M < 0. Posons M := −m, avec m > 0. Ainsi, h(x) ≤ −m sur I \ [x0− η; x0+ η] donc

∀λ > 1,  R I\[x0−η;x0+η]f (x) e λh(x) _dx ≤ e −(λ−1)mR I\[x0−η;x0+η]|f (x)| e h(x) _dx.

Or, la fonction à intégrer du membre de droite de cette inégalité est posi-tive donc e−(λ−1)mR_I\[x

0−η;x0+η]|f (x)| e

h(x) _{dx ≤ e}−(λ−1)mR

I|f (x)| e h(x) _dx.

La quatrième condition indique que R

I|f (x)| e h(x)

dx ∈ R+ donc le théorème

des gendarmes donne bien lim

λ→+∞ R I\[x0−η;x0+η]f (x) e λh(x) _{dx = 0 donc ∃λ} 2 ∈ R∗+, λ > λ2 =⇒ −f (x0) 2Γ1_β β(λα)1β ≤ Z I\[x0−η;x0+η] f (x) eλh(x) dx ≤ f (x0) 2Γ1_β β(λα)1β . Posons Λ := max{λ1; λ2}. Par somme des deux encadrements principaux,

par non nullité du terme par lequel nous divisons et parce que −3−2_{≤ −3+}2_,

nous avons λ > Λ =⇒            F (λ) f (x0) 2Γ1_β β(λα)1β eλg(x0) − 1            ≤ 3 + 2. Or, lim →0+3 +  2 = 0 donc ∀ε ∈ R∗+, ∃γ ∈ R∗+, 0 <  ≤ γ =⇒ 0 < 3 + 2≤ ε.

Or, l’inégalité principale ci-dessus est valide ∀ ∈ R∗+,  < 1. En considérant

0 <  ≤ min{γ; 1}, nous avons donc :

∀ε ∈ R∗+, ∃Λ ∈ R∗+, λ > Λ =⇒            F (λ) f (x0) 2Γ1_β β(λα)β1 eλg(x0) − 1            ≤ ε. 2

Autrement dit, F (λ) ∼ f (x0)

2Γ1_β β(λα)1β

eλg(x0)_{en +∞.}

Si g est de classe C2 _{sur I, alors la formule de Taylor donne g(x) − g(x} 0) ∼ g00_(x 0) (x − x0)2 2 en x0 car g 0_(x

0) = 0. Notons que g00(x0) < 0 par définition

de x0 comme maximum local. Or, (x − x0)2= |x − x0|2 donc α = −

g00_(x 0) 2 et β = 2. Or, Γ 1₂
=√π. Dans ce cas, F (λ) ∼ f (x0) r _2π λ|g00_(x 0)| eλg(x0) _{en +∞.}

Si x0 est la borne droite de I sans perte de généralité, alors on est amené à

calculerRx0

x0−ηe

−λα(x0−x)β _{dx au lieu de}Rx0+η

x0−η e

−λα|x−x0|β _{dx : l’équivalent}

ob-tenu est donc simplement la moitié du premier équivalent. Cependant, dans ce cas, le deuxième équivalent n’est pas toujours valable : x0 n’est pas

nécessai-rement maximum absolu de g sur un intervalle contenant I donc on peut avoir g00(x0) = 0 ou g0(x0) 6= 0. Dans ce dernier cas, on obtient β = 1 et on se tourne

vers le premier équivalent.

Dans tous les cas, en pratique, mieux vaut commencer par déterminer les variations de g et le premier terme non nul du développement limité de g(x) − g(x0) afin de déterminer α, β.