Partie I - Produit de convolution

SESSION 2012

Concours commun Centrale

MATHÉMATIQUES 1. FILIERE MP

Partie I - Produit de convolution

I.A - Généralités

I.A.1) a)Soientf∈L¹(R)et g∈Cb(R). Soitx∈R. La fonction t7→f(t)g(x−t)dtest continue surR. De plus, pour

tout t∈R,|f(t)g(x−t)|6kgk^∞|f(t)|. Puisque la fonction t7→kgk^∞|f(t)| est intégrable surR, il en est de même de la

fonctiont7→f(t)g(x−t)et doncf∗g(x)existe. Ensuite,

|f∗g(x)|=

Z+∞

−∞

f(t)g(x−t)dt 6

Z+∞

−∞

|f(t)||g(x−t)|dt6kgk^∞

Z+∞

−∞

|f(t)|dt=kfk1kgk^∞.

Ainsi, pour tout réelx,f∗g(x)existe et|f∗g(x)|6kfk1kgk^∞. Doncf∗gest définie et bornée surRetkf∗gk^∞6kfk1kgk^∞.

∀(f, g)∈L¹(R)×C_b(R),f∗gest définie et bornée surRetkf∗gk^∞6kfk1kgk^∞.

b)Soit(f, g)∈L²(R)×L²(R). Soitx∈R. La fonction t7→f(t)g(x−t)est continue surR. Ensuite, pour tout réelt, la fonctiont7→f(t)est de carré intégrable et la fonctiont7→g(x−t)est de carré intégrable (car en posantu=x−tqui est un changement de variable admissible puisque l’applicationt7→x−t est unC¹-difféomorphisme deRsur lui-même) on obtient

Z+∞

−∞

(g(x−t))²dt= Z+∞

−∞

(g(u))²du=kgk²₂<+∞. On sait alors que la fonctiont7→f(t)g(x−t)est intégrable surRet d’après l’inégalité deCauchy-Schwarz,

|f∗g(x)|=

Z+∞

−∞

f(t)g(x−t)dt

6 sZ+∞

−∞

(f(t))²dt sZ+∞

−∞

(g(x−t))²dt=kfk2kgk2.

Pour tout réelx,f∗g(x)existe dansRet|f∗g(x)|6kfk2kgk2. Doncf∗gest définie et bornée surRetkf∗gk∞6kfk2kgk2.

∀(f, g)∈L²(R)×L²(R),f∗gest définie et bornée surRetkf∗gk^∞6kfk2kgk2.

I.A.2)Soitx∈R. En posantu=x−t, on obtient f∗g(x) =

Z+∞

−∞

f(t)g(x−t)dt= Z+∞

−∞

f(x−u)g(u)du=g∗f(x).

On a montré quef∗g=g∗f.

I.A.3)Par hypothèse, il existeA > 0tel que fetg soient nulles en dehors de[−A, A]. Soitx∈] −∞,−2A[∪]2A,+∞[.

f∗g(x) = Z+∞

−∞

f(t)g(x−t)dt= ZA

−A

f(t)g(x−t)dt.

Six > 2A, alors pour tout réelt∈[−A, A],x−t > 2A−A=Aet doncg(x−t) =0. Mais alorsf∗g(x) =0.

Six <−2A, alors pour tout réeltde[−A, A],x−t <−2A+A= −Aet doncg(x−t) =0. Mais alors f∗g(x) =0.

En résumé,f∗gest nulle en dehors de[−2A, 2A]et doncf∗g est à support compact.

I.B - Produit de convolution de deux éléments de L²(R)

I.B.1)• Supposonsh uniformément continue surR. Soitε > 0. Il existeν > 0tel que pour tout(x, y)∈R², (|x−y|< ν⇒|h(x) −h(y)|< ε

2).

Soitα∈] −ν, ν[. Alors, pour tout réelx,|x− (x−α)|=|α|<|ν|et donc|T_α(h)(x) −h(x)|=|f(x−α) −f(x)|< ε

2. On en déduit quekTα(h) −hk∞6 ε

2 < ε.

On a montré que∀ε > 0,∃ν > 0/ (|α|< ν⇒kTα(h) −hk∞< ε)et donc que lim

α→0kTα(h) −hk∞=0.

•Supposons que lim

α→0kTα(h) −hk∞=0. Soitε > 0. Il existeν > 0tel que pour toutα∈] −ν, ν[,kTα(h) −hk∞< ε.

Soit(x, y)∈R²tel que|y−x|< α. Alors|h(y) −h(x)|=|h(y) −h(y− (y−x))|<kTy−x(h) −hk∞< ε.

On a montré que∀ε > 0,∃ν > 0/∀(x, y)∈R²,(|y−x|< ν⇒|f(y) −f(x)|< ε)et donchest uniformément continue sur R.

Finalement,

Pour toute fonctionh,hest uniformément continue surRsi et seulement si lim

α→0kTα(h) −hk∞=0.

I.B.2)Puisque fetg sont dansL²(R),f∗g est définie surRd’après la question I.A.1)b).

Soitα∈R. Pour tout réel x, en posantu=t+α, on obtient

Tα(f∗g) (x) =f∗g(x−α) = Z+∞

−∞

f(t)g(x−α−t)dt= Z+∞

−∞

f(u−α)g(x−u)du= Z+∞

−∞

Tα(f)(u)g(x−u)du

=Tα(f)∗g(x),

et doncTα(f∗g) =Tα(f)∗g.

I.B.3)Soitα∈R. D’après la question I.A.1)b) et par bilinéarité du produit de convolution,

kTα(f∗g) −f∗gk∞=kTα(f)∗g−f∗gk∞=k(Tα(f) −f)∗gk∞6kTα(f) −fk₂kgk₂.

I.B.4)Supposonsfà support compact. Il existeA > 0tel quefs’annule en dehors de[−A, A]. En particulier,fest bornée surR.

Soitα∈] −1, 1[. T_α(f)s’annule en dehors de[−A+α, A+α]et fest nulle en dehors de[−A, A]. Par suite,T_α(f) −fest nulle en dehors de[−A−1, A+1]puis

kTα(f) −fk²₂= ZA+1

−A−1

(f(x−α) −f(x))²dx.

Soit F : [−A−1, A+1]×] −1, 1[ → R

(x, α) 7→ (f(x−α) −f(x))² .

• Pour chaqueα∈] −1, 1[, la fonctionx7→F(x, α)est continue par morceaux sur[−A+1, A+1].

• Pour chaquex∈[−A−1, A+1], la fonctionα7→F(x, α)est continue sur] −1, 1[.

• Pour chaque(x, α)∈[−A−1, A+1]×] −1, 1[, |F(x, α)|6(kfk^∞+kfk^∞)²=4kfk²∞=ϕ(x)oùϕest une fonction continue par morceaux et intégrable sur le segment [−A−1, A+1].

D’après le théorème de continuité des intégrales à paramètres, la fonction α7→ ZA+1

−A−1

(f(x−α) −f(x))²dx est continue sur] −1, 1[. En particulier, lim

α→0

ZA+1

−A−1

(f(x−α) −f(x))²dx= ZA+1

−A−1

(f(x−0) −f(x))²dx=0.

Ainsi, lim

α→0kTα(f) −fk₂ = 0. Puisque d’autre part, ∀α ∈ R, kTα(f∗g) −f∗gk∞ 6 kTα(f) −fk₂kgk₂, on a encore

αlim→0kTα(f∗g) −f∗gk∞=0et la question I.B.1) permet d’affirmer quef∗gest uniformément continue surR. I.B.5)Soitε > 0. Puisquef∈L²(R), il existeA > 2tel que

Z−A

−∞

f²(t)dt+

Z+∞ A

f²(t)dt < ε²

32. On poseM=sup{|f(x)|, x∈ [−A, A]}(Mexiste carfest continue sur le segment[−A, A]) puisν=Min

ε²

32(8M²+1),A 2

(de sorte que0 < ν < A).

Soitf₁la fonction continue surR, qui coïncide avecfsur[−A+ν, A−ν], qui est nulle en dehors de[−A, A]et qui est affine sur[−A,−A+ν]et sur[A−ν, A]. On note que pour x∈[−A,−A+ν]∪[A−ν, A], on a|f(x) −f₁(x)|6|f(x)|+|f₁(x)|6 M+M=2M. Par suite,

kf−f₁k²₂= Z−A

−∞

(f−f₁)²+ Z−A+ν

−A

(f−f₁)²+ ZA−ν

−A+ν

(f−f₁)²+ ZA

A−ν

(f−f₁)²+ Z+∞

A

(f−f₁)²

= Z−A

−∞

f²+ Z+∞

A

f²+ Z−A+ν

−A

(f−f1)²+ ZA

A−ν

(f−f1)²

6ε²

32+8M²ν6 ε²

32+8M²× ε²

32(8M²+1) < 2×ε² 32 = ε²

16

puiskf−f₁k2 6 ε

4 (on a montré au passage que l’ensemble des fonctions continues à support compact est dense dans L²(R)muni dek k2). Soit alorsα∈R.

kTα(f) −fk₂6kTα(f) −Tα(f1)k₂+kTα(f1) −f1k₂+kf1−fk2=kTα(f1) −f1k₂+2kf1−fk2<kTα(f1) −f1k₂+ε 2. Maintenant,f1est continue surRà support compact et donc lim

α→0kTα(f₁) −f1k₂=0 d’après la question précédente. Par suite, il exister > 0tel que pour tout α∈] −r, r[,kTα(f₁) −f₁k₂< ε

2. Pour α ∈] −r, r[, on a kTα(f) −fk₂ < kTα(f₁) −f1k₂+ ε

2 < ε 2 + ε

2 = ε. On a montré que lim

α→0kTα(f) −fk₂ = 0. Les questions I.B.1) et I.B.3) permettent encore une fois d’affirmer quef∗g est uniformément continue surR.

I.C - Continuité, dérivabilité, séries de Fourier

I.C.1) a)Soit(f, g)∈L¹(R)×Cb(R). Soit F : R² → R (x, t) 7→ f(t)g(x−t)

.

• Pour chaquex∈R, la fonctiont7→F(x, t)est continue par morceaux sur R.

• Pour chaquet∈R, la fonctionx7→F(x, t)est continue surR.

• Pour chaque(x, t)∈R², |F(x, t)|6kgk^∞|f(t)|=ϕ(t)oùϕest une fonction continue par morceaux et intégrable surR.

D’après le théorème de continuité des intégrales à paramètres, la fonctionf∗g : x7→ Z+∞

−∞

f(t)g(x−t)dt est continue surR.

b)Soitε > 0. Puisqueg est uniformément continue surR, il existeα > 0tel que pour tout(x, y)∈R²,

|x−y|< α⇒|g(x) −g(y)|< ε kfk1+1. Soit(x, y)∈R²tel que|x−y|< α. Alors,

|f∗g(x) −f∗g(y)|6 Z+∞

−∞

|f(t)||g(x−t) −g(y−t)|dt

6 ε

kfk1+1 Z+∞

−∞

|f(t)|dt(car pour toutt∈R, |(x−t) − (y−t)|=|x−y|< α)

= εkfk1

kfk1+1 < ε.

On a montré que∀ε > 0, ∃α > 0/∀(x, y)∈R², (|x−y|< α⇒|f∗g(x) −f∗g(y)|< ε)et doncf∗g est uniformément continue surR.

I.C.2)Fest la fonction de la question I.C.1)a).

•Pour chaquex∈R, la fonction t7→F(x, t)est continue par morceaux et intégrable surR.

•F admet surR²des dérivées partielles par rapport à sa première variablexjusqu’à l’ordreket

∀i∈J1, kK,∀(x, t)∈R², ∂ⁱF

∂xⁱ(x, t) =f(t)g⁽ⁱ⁾(x−t).

De plus,

- Pour touti∈J1, kK, pour toutx∈R, la fonctiont7→ ∂ⁱF

∂xⁱ(x, t)est continue par morceaux sur R. - Pour touti∈J1, kK, pour toutt∈R, la fonction x7→ ∂ⁱF

∂xⁱ(x, t)est continue surR. - Pour touti∈J1, kK, pour tout(x, t)∈R²,

∂ⁱF

∂xⁱ(x, t)

6kg⁽ⁱ⁾k^∞|f(t)|=ϕi(t)oùϕi est une fonction

continue par morceaux et intégrable surR.

D’après une généralisation du théorème de dérivation des intégrales à paramètres, la fonctionf∗g : x7→ Z+∞

−∞

f(t)g(x−t)dt est de classeC^k surRet ses dérivées successives s’obtiennent par dérivation sous le signe somme ou encore

∀i∈J1, kK, (f∗g)⁽ⁱ⁾=f∗ g⁽ⁱ⁾ .

I.C.3) a)Sig est2π-périodique, continue surRet de classeC¹par morceaux surR, la série deFourierdegconverge normalement vers la fonctiong surR.

b)•Pour tout réelx,

(f∗g)(x+2π) = Z+∞

−∞

f(t)g(x+2π−t)dt= Z+∞

−∞

f(t)g(x−t)dt= (f∗g)(x),

et doncf∗g est2π-périodique.

•On sait que la série de Fourier degconverge normalement versgsurRou encore les deux séries numériques X

n>0

|c_n(g)|

et X

n>1

|c_−n(g)|sont convergentes.

Soitx∈R. Pourn∈Zett∈R, posonsh_n(t) =c_n(g)f(t)e^in(x−t).

- Pour toutn∈Z, la fonctionh_n est continue par morceaux et intégrable surR(carf∈L¹(R)).

- Pour tout réelt,

X

n∈Z

h_n(t) =f(t)X

n∈Z

c_n(g)e^in(x−t)=f(t)g(x−t),

et la fonctiont7→f(t)g(x−t)est continue par morceaux surR.

- X

n∈Z

Z+∞

−∞

|h_n(t)|dt= X

n∈Z

|c_n(g)|

!

|kfk1<+∞.

D’après un théorème d’intégration terme à terme (appliqué à chacune des séries/dsumn>0 et X

n6−1

), on peut écrire

f∗g(x) = Z+∞

−∞

f(t)g(x−t)dt= Z+∞

−∞

f(t) X

n∈Z

cn(g)e^in(x−t)

! dt

= X

n∈Z

cn(g) Z+∞

−∞

f(t)e^−intdt

e^inx

Maintenant, puisque pour toutx∈Ret toutn∈Z, cn(g)

Z+∞

−∞

f(t)e^−intdt

e^inx

6|cn(g)|kfk1et queX

n∈Z

|cn(g)|kfk1<

+∞, la série trigonométrique précédente converge normalement surR. On sait alors que cette série est la série deFourier def∗g (les coefficients deFourierdef∗gse récupérant par intégration terme à terme).

Ainsi,f∗gest somme de sa série de Fourieret

∀n∈Z, c_n(f∗g) =c_n(g) Z+∞

−∞

f(t)e^−intdt.

I.D - Approximation de l’unité I.D.1)Soitx∈R. Soientn∈Net α > 0.

|(f∗δn)(x) −f(x)|=

Z+∞

−∞

f(x−t)δn(t)dt−f(x) Z+∞

−∞

δn(t)dt =

Z+∞

−∞

(f(x−t) −f(x))δn(t)dt

=

Z−α

−∞

(f(x−t) −f(x))δ_n(t)dt+ Zα

−α

(f(x−t) −f(x))δ_n(t)dt+ Z+∞

α

(f(x−t) −f(x))δ_n(t)dt

62kfk^∞ Z−α

−∞

δ_n(t)dt+ Z+∞

α

δ_n(t)dt

+ Zα

−α

|f(x−t) −f(x)|δ_n(t)dt.

Soit ε > 0. Puisquef est continue en x, on peut choisir α > 0tel que ∀t ∈] −α, α[, |f(x−t) −f(x)| < ε

2. α est ainsi dorénavant fixé.

Puisqueδ_n est positive, pour toutn∈N, on a alors Zα

−α

|f(x−t) −f(x)|δ_n(t)dt6 ε 2

Zα

−α

δ_n(t)dt6ε 2

Z+∞

−∞

δ_n(t)dt= ε 2 et donc

∀n∈N,|(f∗δn)(x) −f(x)|62kfk∞

Z−α

−∞

δn(t)dt+ Z+∞

α

δn(t)dt

+ ε 2. Maintenant, lim

n→+∞2kfk^∞ Z−α

−∞

δn(t)dt+ Z+∞

α

δn(t)dt

=0et donc il existe n0∈Ntel que

∀n>n0,2kfk^∞ Z−α

−∞

δn(t)dt+ Z+∞

α

δn(t)dt

< ε 2. Pourn>n0, on a |(f∗δn)(x) −f(x)|< ε

2 +ε

2 =ε. On a montré que

∀x∈R, ∀ε > 0,∃n0∈N/∀n∈N, (n>n0⇒|(f∗δn)(x) −f(x)|< ε), et donc que

la suite de fonctions(f∗δ_n)_n∈Nconverge simplement versf surR.

I.D.2)On reprend la démonstration précédente en supposant de plusfnulle en dehors de[−A, A]pour un certainA > 0.

fest continue sur le segment[−A−1, A+1]et donc fest uniformément continue sur ce segment d’après le théorème de Heine. On peut donc choisir α∈]0, 1[ tel que pour tout x∈ [−A, A] et tout t∈] −α, α[, |f(x−t) −f(x)| < ε

2. α étant ainsi choisi indépendemment dex, pour toutxréel etn∈N,

|(f∗δn)(x) −f(x)|62kfk^∞ Z−α

−∞

δn(t)dt+ Z+∞

α

δn(t)dt

+ ε 2, puis on choisitn0, cette fois-ci indépendant de x, tel que pourn >n0, 2kfk^∞

Z−α

−∞

δn(t)dt+ Z+∞

α

δn(t)dt

< ε 2 et donc pour tout réelx,|(f∗δn)(x) −f(x)|< ε.

On a montré que∀ε > 0, ∃n0∈N/, ∀n∈N, ∀x∈R, (n>n₀⇒|(f∗δ_n)(x) −f(x)|< ε)et donc la suite de fonctions (f∗δn)n∈Nconverge uniformément vers fsurR.

I.D.3) a)Pour toutn∈N,λn est l’intégrale d’une fonction continue, positive et non nulle. Donc pour toutn∈N,λn> 0.

On en déduit que chaque fonctionhn,n∈Nest définie surR. Ensuite,

•Chaque fonctionhn,n∈N, est positive surR(car pourt∈[−1, 1],1−t²>0) et continue par morceaux.

•Pour chaquen∈N, Z

R

hn = 1 λ_n

Z1

−1

(1−t²)ⁿdt=1 et en particulier, puisquehn est positive,hn est intégrable surR.

• Soitε > 0. Si ε>1, alors pour toutn∈N, Z+∞

ε

hn = 0et donc lim

n→+∞hn = 0. On suppose dorénavant queε∈]0, 1[.

Pour toutn∈N,

Z+∞ ε

hn = 1 λn

Z1 ε

(1−t²)ⁿdt.

Soitn∈N. Pour toutt∈[0, 1],t²6t puis061−t61−t²et donc(1−t)ⁿ 6(1−t²)ⁿ. On en déduit que λn=2

Z1 0

(1−t²)ⁿdt>2 Z1

0

(1−t)ⁿdt= 2 n+1 > 0.

Mais alors,

06 1 λ_n

Z1 ε

(1−t²)ⁿ dt6 n+1

2 (1−ε²)ⁿ(1−ε)6(n+1)(1−ε²)ⁿ. D’après un théorème de croissances comparées, lim

n→+∞

(n+1)(1−ε²)ⁿ = 0 (car 0 6 1−ε² < 1) et on en déduit que

n→lim+∞

Z+∞ ε

hn = lim

n→+∞

1 λ_n

Z1 ε

(1−t²)ⁿ dt=0.

hn étant paire, on a aussi, pour toutε > 0, lim

n→+∞

Z−ε

−∞

hn=0. Finalement

la suite (hn)n∈N est une approximation de l’unité.

b)Soitn∈N. Pour tout réelx, f∗h_n(x) =

Z+∞

−∞

f(t)h_n(x−t)dt= 1 λ_n

Zx+1 x−1

f(t) 1− (x−t)²n

dt

Six > 3

2, alorsx−1 > 1

2 et donc∀t∈[x−1, x+1],f(t) =0. On en déduit que f∗hn(x) =0.

Six <−3

2, alorsx+1 <−1

2 et donc∀t∈[x−1, x+1],f(t) =0. On en déduit quef∗hn(x) =0.

Finalement,f∗hn s’annule en dehors de

−3 2,3

2

. Soitx∈

−1 2,1

2

. Alors−3

2 6x−16−1 2 et 1

2 6x+163

2. Puisquefest nulle en dehors de

−1 2,1

2

, il reste

f∗hn(x) = Z+∞

−∞

f(t)hn(x−t)dt= 1 λ_n

Z1/2

−1/2

f(t) 1− (x−t)²ⁿ dt.

Maintenant, l’expression 1− (x−t)²n

peut s’écrire sous la forme X2n

k=0

ak(t)x^koù lesaksont des polynômes entet donc

f∗hn(x) = X2n

k=0

1 λn

Z1/2

−1/2

f(t)ak(t)dt

! x^k.

Par suite, la fonctionf∗hn est bien polynomiale sur

−1 2,1

2

. c)Soitfune fonction continue sur

−1 4,1

4

. Soitf₁la fonction qui coïncide avecfsur

−1 4,1

4

, qui est continue surR, nulle en dehors de

−1 2,1

2

, affine sur

−1 2,−1

4

et sur 1

4,1 2

.

Puisque f1 est continue sur R, à support inclus dans

−1 2,1

2

, d’après la question précédente, il existe une suite de polynômes(P_n)convergeant uniformément versf₁sur

−1 2,1

2

.

En particulier, la suite de polynômes(Pn)converge uniformément versfsur

−1 4,1

4

.

Soit maintenantfune fonction continue sur un segment[a, b]. Soithla fonction affine telle queh

−1 4

=aeth 1

4

=b

(c’est-à-dire∀x∈

−1 4,1

4

, h(x) =a+2(b−a)

x+ 1 4

) puis g=f◦h.

La fonctiongest une fonction continue sur

−1 4,1

4

. Il existe donc une suite de polynômes(Qn)convergeant uniformément versgsur

−1 4,1

4

.

Pour n∈Net x∈[a, b], posons Pn(x) =Qn h⁻¹(x)

.(P_n)est une suite de fonctions polynomiales sur [a, b] (puisque h⁻¹ est affine). De plus

sup{|f(x) −Pn(x)|, x∈[a, b]}=sup

|f(h⁻¹(y)) −Pn(h⁻¹(y))|, y∈

−1 4,1

4

=sup

|g(y) −Q_n(y)|, y∈

−1 4,1

4

,

et puisque lim

n→+∞sup

|g(y) −Qn(y)|, y∈

−1 4,1

4

=0, on a aussi lim

n→+∞sup{|f(x) −Pn(x)|, x∈[a, b]}=0.

Ainsi, toute fonction complexe continue sur un segment deRest limite uniforme sur ce segment d’une suite de fonctions polynomiales.

I.D.4)Soitg∈Cb(R). On suppose que∀f∈L¹(R),f∗g=f.

En particulier,∀n∈N,hn∗g=hn. D’après la question I.D.1), la suite(h_n)_n∈Nconverge simplement versg surR. Soitt∈R.

- Si |t|> 1, pour toutn∈N,h_n(t) =0 et doncg(t) = lim

n→+∞

h_n(t) =0.

- Si t∈[−1, 1]\ {0}, d’après la question I.D.3)a), pour tout n∈N,06h_n(t)6n+1

2 (1−t²)ⁿ et donc g(t) = lim

n→+∞

h_n(t) =0d’après un théorème de croissances comparées.

- Enfin,g(0) =0par continuité deg en0.

En résumé,g est nécessairement la fonction nulle et on doit donc avoir∀f ∈L¹(R), f = f∗0 = 0. Réciproquement, la fonction nulle ne convient pas car il existe des fonctions non nulles dansL¹(R)comme par exemple la fonctionx7→e^−x2. Il n’existe donc pas d’applicationg∈Cb(R)telle que∀f∈L¹(R),f∗g=f.

Partie II - Transformée de Fourier

II.A -Soitf∈L¹(R). Posons F : R² → R (x, t) 7→ f(t)e^−ixt

de sorte que pour tout réel x,bf(x) = Z+∞

−∞

F(x, t)dt.

• Pour chaquex∈R, la fonctiont7→F(x, t)est continue par morceaux sur R.

• Pour chaquet∈R, la fonctionx7→F(x, t)est continue surR.

• Pour chaque(x, t)∈R², |F(x, t)|=|f(t)|=ϕ(t)oùϕ est une fonction continue par morceaux et intégrable surR.

D’après le théorème de continuité des intégrales à paramètres, la fonction fb : x 7→ Z+∞

−∞

f(t)g(x−t) dt est définie et continue surR.

Pour toutx∈R, |bf(x)|6 Z+∞

−∞

|f(t)|dt=kfk1. Doncbf_∞6kfk1etfbest bornée sur R. Finalement

∀f∈L¹(R), bf∈Cb(R)etbf_∞6kfk1.

II.B - Transformée de Fourier d’un produit de convolution II.B.1) a)D’après la question I.C.1).a),f∗gest définie et continue surR.

La fonction(x, t)7→f(t)g(x−t)est continue surR²et de plus, en posant u=x−t, Z+∞

−∞

Z+∞

−∞

|f(t)g(x−t)|dx

dt=

Z+∞

−∞

|f(t)|

Z+∞

−∞

|g(u)|du

dt=kfk1kgk1<+∞

D’après le théorème deFubini, la fonctionf∗g : x7→ Z+∞

−∞

f(t)g(x−t)dt est intégrable surRet

Z+∞

−∞

f∗g(x)dx= Z+∞

−∞

Z+∞

−∞

f(t)g(x−t)dt

dx

= Z+∞

−∞

Z+∞

−∞

f(t)g(x−t)dx

dt= Z+∞

−∞

f(t) Z+∞

−∞

g(x−t)dx

dt

= Z+∞

−∞

f(t) Z+∞

−∞

g(u)du

dt(en posantu=x−t)

= Z+∞

−∞

g(u)du Z+∞

−∞

f(t)dt

= Z

R

f× Z

R

g.

b)Ainsi,f∗g∈L¹(R)et doncfd∗gest définie surR.

Soitx∈R. La fonction(t, u)7→f(u)g(t−u)e^−ixt est continue sur R² et de plus, en posantv=t−u, Z+∞

−∞

Z+∞

−∞

|f(u)g(t−u)e^−ixt|dt

du=

Z+∞

−∞

|f(u)|

Z+∞

−∞

|g(v)|dv

dt=kfk1kgk1<+∞

D’après le théorème deFubini,

fd∗g(x) = Z+∞

−∞

(f∗g)(t)e^−ixt dt= Z+∞

−∞

Z+∞

−∞

f(u)g(t−u)du

e^−ixtdt

= Z+∞

−∞

f(u) Z+∞

−∞

g(t−u)e^−ixtdt

du= Z+∞

−∞

f(u) Z+∞

−∞

g(v)e^−ix(v+u)dv

du(en posantv=t−u)

= Z+∞

−∞

f(u)e^−ixu Z+∞

−∞

g(v)e^−ixvdv

du= Z+∞

−∞

f(u)e^−ixubg(x)du=bg(x) Z+∞

−∞

f(u)e^−ixudu

=bf(x)g(x),b et doncfd∗g=fb×bg.

II.B.2) Un contre-exemple Construisons une fonction f dans L¹(R) et paire telle que f² ∈/ L¹(R) ou encore telle f /∈L²(R).

Soitf la fonction paire, continue surR, nulle sur[0, 2− 1

8] et en dehors des intervalles

n− 1

n³, n+ 1 n³

, n>2, affine sur chaque

n− 1

n³, n

,n>2, et

n, n+ 1 n³

,n>2, et telle que∀n>2, f(n) =n. Alors Z

R

|f|=2

+∞

X

n=2

2 n³×n

2 =2

+∞

X

n=2

1

n² <+∞, et doncf∈L¹(R). D’autre part, pourn>2,

Zn+ ¹

n3

n

f²(x)dx= Zn+ ¹

n3

n

−n⁴

x−n− 1 n³

2

dx=n⁸







x−n− 1 n³

3

3







n+ ¹

n3

n

=n⁸ 1 3n⁹ = 1

3n,

puis

Z

R

f²>

+∞

X

n=2

Zn+¹

n3

n

f²(x)dx=

+∞

X

n=2

1

3n = +∞, et doncf /∈L²(R). Maintenant,

f∗f(0) = Z+∞

−∞

f(t)f(−t)dt= Z+∞

−∞

f²(t)dt= +∞,

et doncfet g=fsont deux éléments deL¹(R)tels quef∗g(0)n’est pas défini.

II.C - Sinus cardinal

II.C.1) Soitn ∈ N^∗. k_n est continue sur R (car k_n(±n) = 0) à support compact. En particulier, k_n est dans L¹(R).

D’après la question II.A-,kc_n est définie et continue surR. Pourx6=0, une intégration par parties fournit

kcn(x) = Zn

−n

1− |t|

n

e^−ixtdt= Zn

−n

1−|t|

n

cos(xt)dt−i Zn

−n

1− |t|

n

sin(xt)dt

=2 Zn

0

1− t

n

cos(xt)dt(par parité)

=2 Z1

0

(1−u)cos(nxu)ndu(en posantt=nu)

=2 (1−u)sin(nxu) x

1 0

+ Z1

0

sin(nxu)

x du

!

= 2 x

−cos(nxu) nx

1 0

= 2 n

1−cos(nx) x² = 4

n

sin²nx 2

x²

=n

sin²nx 2

nx

2

2 =nϕnx 2

,

ce qui reste vrai pourx=0 par continuité dekcn.

∀n∈N^∗,∀x∈R,kc_n(x) =nϕnx 2

.

II.C.2)ϕest continue surR(car lim

x→0

sinx

x =1) et est dominée par 1

x² en+∞ou−∞. Doncϕ∈L¹(R).

II.C.3)•Chaque fonctionK_n : x7→ 1

2πkc_n(x) = n 2πϕnx

2

est continue surRet positive.

•Pourn∈N^∗,

Z

R

Kn= Z+∞

−∞

n 2πϕnx

2

dx= Z+∞

−∞

n

2πϕ(u) 2du n = 1

π Z+∞

−∞

ϕ(u)du=1.

et en particulier, puisqueKn est positive,Kn est intégrable surR.

•Soitε > 0. Pourn∈N^∗, Z+∞

ε

Kn(x)dx= Z+∞

ε

n 2π

sin²nx 2

n²x² 4

dx= 2 nπ

Z+∞ ε

sin²nx 2

x² dx

6 2 nπ

Z+∞ ε

1

x² dx= 2 nπε.

Ainsi, pour toutn∈N^∗,06 Z+∞

ε

kcn(x)dx6 2

nπε et donc lim

n→+∞

Z+∞ ε

kcn(x)dx=0.

Par parité, on a aussi lim

n→+∞

Z−ε

−∞

kcn(x)dx=0.

Finalement, la suite de fonctions(K_n)_n>1est une approximation de l’unité.

II.D - Inversion de Fourier II.D.1)Soitn∈N^∗. On a

Z+∞

−∞

Z+∞

−∞

|k_n(x)f(y)e^−ix(t−y)|dx

dy= Z+∞

−∞

|f(y)|

Z+∞

−∞

k_n(x)dx

dy=n Z+∞

−∞

|f(y)|dy=nkfk1<+∞,

et, toujours d’après le théorème deFubini,

I_n(t) = 1 2π

Zn

−n

k_n(x) Z+∞

−∞

f(y)e^ixydy

e^−ixtdx= 1 2π

Z+∞

−∞

f(y) Z+∞

−∞

k_n(x)e^−ix(t−y)dx

dy

= 1 2π

Z+∞

−∞

f(y)ck_n(t−y)dy= Z+∞

−∞

f(y)K_n(t−y)dy

= (f∗Kn)(t)

II.D.2)Soitt∈R.

•Chaque fonctionκ_n : x7→k_n(x)bf(−x)e^−itx,n∈N^∗, est continue par morceaux surR.

•Soitx∈R. Pourn>|x|,kn(x) =1−|x|

n et donc lim

n→+∞kn(x) =1. Mais alors, la suite de fonctions(κn)n∈N^∗ converge simplement vers la fonctionx7→f(−x)eb ^−itx surR. De plus, la fonctionx7→bf(−x)e^−itx est continue par morceaux surR d’après la question II.A-.

• Pour toutn∈N^∗ et tout x∈R,|κn(x)| 6

bf(−x)=ψ(x) oùψ est une fonction continue par morceaux et intégrable surR(puisquebfest dansL¹(R)).

D’après le théorème de convergence dominée, la suite Z+∞

−∞

κ_n(x)dx

n∈N∗

converge et

n→lim+∞

Z+∞

−∞

κ_n(x)dx= Z+∞

−∞

b

f(−x)e^−itx dx

puis

∀t∈R, lim

n→+∞

f∗K_n(t) = 1 2π

Z+∞

−∞

b

f(−x)e^−itxdx= 1 2π

Z+∞

−∞

b

f(y)e^itydy(en posanty= −x).

En résumé, la suite de fonctions(f∗K_n)_n∈Nconverge simplement sur Rvers la fonctiont7→d b f

(−t).

D’autre part, la question I.D.1) permet d’affirmer que si on suppose de plus f bornée surR, alors la suite de fonctions (f∗K_n)_n∈N converge simplement sur R vers f sur R. La formule d’inversion deFourier est donc démontrée pour les fonctionsf∈L¹(R), bornées surRet telles quefb∈L¹(R). Il reste à vérifier que dans le cas général (f∈L¹(R)le résultat persiste.

Soitf∈L¹(R). Vérifions que la suite de fonctions(f∗K_n)_n∈Nconverge simplement versfsurR. Soitε > 0. Soientt∈R, α > 0etn∈N. On choisit déjàα > 0indépendant den(mais dépendant det), tel que sup{|f(t−x)−f(t)|, x∈[−α, α]}< ε (ce qui est possible puisque, f étant continue sur le segment [−1, 1] par exemple, f est uniformément continue sur ce2 segment).

Zα

−α

(f(t−x) −f(t))K_n(x)dx

6sup{|f(t−x) −f(t)|, x∈[−α, α]}

Zα

−α

K_n(x)dx < ε

2 ×1= ε 2, et comme à la question I.D.1), on a alors toutn∈N,

|(f∗Kn)(t) −f(t)|=

Z−α

−∞

(f(t−x) −f(t))K_n(x)dx+ Zα

−α

(f(t−x) −f(t))K_n(x)dx+ Z+∞

α

(f(t−x) −f(x))K_n(x)dx

6ε 2 +

Z−α

−∞

|f(t−x) −f(t)|Kn(x)dx+ Z+∞

α

|f(t−x) −f(t)|Kn(x)dx.

Soitt∈R. Pour toutn∈N^∗, Z+∞

α

|f(t−x) −f(t)|K_n(x)dx6 Z+∞

α

|f(t−x)|nϕnx 2

dx+|f(t)|

Z+∞ α

K_n(x)dx

6 4 nπ

Z+∞ α

|f(t−x)|

x² dx+|f(t)|

Z+∞ α

K_n(x)dx

la fonction x 7→ |f(t−x)|

x² étant intégrable sur [α,+∞[ car continue sur [α,+∞[ et dominée en +∞ par la fonction intégrablex7→|f(t−x)|. Puisque l a suite(Kn)n∈Nest une approximation de l’unité, on a lim

n→+∞

4 nπ

Z+∞ α

|f(t−x)|

x² dx+

|f(t)|

Z+∞ α

Kn(x)dx=0et donc lim

n→+∞

Z+∞ α

|f(t−x)−f(t)|Kn(x)dx=0. De même, lim

n→+∞

Z−α

−∞

|f(t−x)−f(t)|Kn(x)dx=0.

Par suite, il existen0∈N(dépendant det) tel que pour toutn>n0, Z−α

−∞

|f(t−x) −f(t)|Kn(x)dx+ Z+∞

α

Kn(x)dx < ε 2. Mais alors, pour toutn>n0,|f∗Kn(t) −f(t)|< ε

2+ε

2 =ε. On a ainsi montré que la suite de fonctions(f∗Kn)converge simplement versfsurR. On en déduit la formule d’inversion deFouriervalable pour toutf∈L¹(R)tel que bf∈L¹(R),

∀x∈R,f(t) = 1 2π

Z

R

bf(x)e^itxdx.

On note que∀t∈R,f(t) =(bcf)(−t)et doncf est nécessairement bornée surRd’après la question II.A-.

Partie III - Convolution et codimension finie

III.A -

III.A.1)Soitg ∈C_b(R). Donc ∀f∈L¹(R), la fonctiont7→f(t)g(−t)est intégrable surRd’après I.A.1)b). Donc ϕ_g(f) existe. De plus,ϕg(f) = (f∗g)(0).

ϕ : g 7→ϕ_g est bien une application, clairement linéaire, deL¹(R) dans L¹(R)^∗

. Vérifions que cette application est injective.

Soitg∈Cb(R).

ϕ_g =0⇒∀f∈L¹(R), Z

R

f(t)g(−t)dt=0

⇒∀f∈L¹(R), ∀α∈R, Z

R

f(u−α)g(α−u)du=0(en posantt=u−α)

⇒∀α∈R, ∀f∈L¹(R), Z

R

T_α(f)(u)g(α−u)du=0

⇒∀α∈R, ∀h∈L¹(R), Z

R

h(u)g(α−u)du=0

(en appliquant àf=T−α(h)oùh∈L¹(R) (et doncT−α(h)∈L¹(R)))

⇒∀h∈L¹(R), h∗g=0.

En particulier, si(δ_n)_n∈Nest une approximation de l’unité, on a∀n∈N,δn∗g=0. Commeg∈Cb(R), la suite(δ_n∗g)n∈N

converge simplement versgsurRd’après la question I.D.1). Quandntend vers+∞, on obtientg=0. On a montré que ϕest injective.

Soit(g1, . . . , gp)∈(Cb(R))^p. Soit(λ1, . . . , λp)∈C^p. Xp

k=1

λkϕgk =0⇔ϕ Xp

k=1

λkgk

!

=0⇔ Xp

k=1

λkgk=0,

et donc

ϕg1, . . . , ϕgp

est libre⇔(g1, . . . , gp)est libre.

III.A.2)Si rg(f_n)_n∈N=0, toutes les fn sont nulles puisK=E. Un supplémentaire deEest {0}et donc la codimension deKest0qui est bien le rang de la famille(f_n)_n∈N.

Supposons rg(fn)_n∈N=p∈N^∗. Quite à renuméroter, on peut supposer qu’une base de Vect(fn)n∈Nest (f0, . . . , fp−1).

Soitn>p.fn ∈Vect(f0, . . . , fp−1)et donc

p−1\

k=0

Ker(fk)⊂Ker(fn)puisK=

p−1\

k=0

Ker(fk).

Montrons alors par récurrence que ∀p∈N^∗, si(f_k)_06k6p−1 est libre, alors

p−1\

k=0

Ker(fk)admet un supplémentaire F_p de dimensionp.

•Pour p=1, si(f0)est libre,f0 est une forme linéaire non nulle. Donc Ker(f0)est un hyperplan ou encore il existe une droite vectorielleDtelle queE=Ker(f0)⊕D.

1−1\

k=0

Ker(fk)admet donc un supplémentaire de dimension1.

•Soitp>1. Supposons le résultat acquis pourp.

Soit(f_k)_066pune famille libre de formes linéaires. Alors(f_k)066p−1est libre et par hypothèse de récurrence, il existeF_p sous-espace deEde dimensionptel que

E=

p−1\

k=0

Ker(fk)⊕Fp.

Vérifions alors que

p−1\

k=0

Ker(fk)6⊂Ker(fp). Soit ψ : Fp 7→ C^p x 7→ (f_k(x))_06k6p−1

.ψest linéaire. De plus, pourx∈Fp,

x∈Kerψ⇒∀k∈J0, p−1K, fk(x) =0⇒x∈

p−1\

k=0

Ker(fk),

et doncx=0 puisqueF_p est un supplémentaire de

p−1\

k=0

Ker(fk). Par suite,ψest injective et finalementψ est un isomor- phisme deFpsurC^p.

Soit(e_i)_06i6p−1 l’image par l’isomorphismeψ⁻¹ de la base canonique deC^p. (e_i)_06i6p−1 est une base de Fptelle que

∀(i, j)∈J0, p−1K²,f_i(e_j) =δ_i,j. Supposons par l’absurde que

p−1\

k=0

Ker(fk)⊂Ker(fp). Soitf=

p−1X

k=0

fp(e_k)f_k. Alors

- Pour06k6p−1,f(ek) =fp(ek)et doncfet fp coïncident sur une base deFppuisfet fpcoïncident surFp. - Les restrictions def etfp à

p−1\

k=0

Ker(fk)sont nulles et en particulier coïncident.

Finalement,f etfpcoïncident sur deux sous espaces supplémentaires de Eet donc fp=f=

p−1X

k=0

f(e_k)f_k ce qui contredit la liberté de la famille(f_k)_06k6p. Finalement

p−1\

k=0

Ker(fk)6⊂Ker(fp).

On peut donc choisir un vecteurx_p dans

p−1\

k=0

Ker(fk)et non dans Ker(fp). Soit D=Vect(x). Puisquex /∈Ker(fp), on a déjàE=Ker(fp)⊕Dpuis

E=

_p−1

\

k=0

Ker(fk)

!

∩(Ker(fp)⊕D)

!

⊕Fp

=

\p k=0

Ker(fk)⊕ _p−1

\

k=0

Ker(fk)

!

∩D

!

⊕F_p(carD⊂

p−1\

k=0

Ker(fk))

=

\p k=0

Ker(fk)⊕D⊕Fp(carD⊂

p−1\

k=0

Ker(fk))

=

\p k=0

Ker(fk)⊕Fp+1, oùFp+1=D⊕Fpest de dimensionp+1.

Le résultat est démontré par récurrence.

Supposons enfin que rg(fn)_n∈N= +∞. Alors, pour toutp∈N, rg(fn)_n∈N>p.

Soitp∈N^∗, il existe(f_n0, . . . , fnp−1)libre extraite de(f_n)_n∈N. On aK⊂

p−1\

k=0

Kerfnk =K^′ et donc codim(K)>codim(K^′) =p.

Ainsi,∀p∈N^∗, codim(K)>pet donc codim(K) = +∞. Dans tous les cas, codim(K) =rg(fn)_n∈N. III.A.3)

Ng=

f∈L¹(R)/∀α∈R, f∗g(−α) =0 =

f∈L¹(R)/∀α∈R, f∗(Tα(g)) =0

=

f∈L¹(R)/∀α∈R, ϕ_Tα(g)(f) =0 = \

α∈R

Ker ϕ_Tα(g) .

Si rg ϕ_Tα(g)

α∈R=p∈N, on peut extraire ϕ_T

αk(g)

06k6p−1base de Vect ϕ_Tα(g)

α∈R. Dans ce cas,

\

α∈R

Ker ϕ_Tα(g)

=

p−1\

k=0

Ker

ϕ_Tαk(g) ,

et donc, d’après la question précédente, \

α∈R

Ker ϕ_Tα(g)

est de codimensionp=rg ϕ_Tα(g)

α∈R. Si rg ϕ_Tα(g)

α∈R= +∞, on peut extraire ϕ_Tαn(g)

n∈Nfamille libre de Vect ϕ_Tα(g)

α∈R. Dans ce cas, \

α∈R

Ker ϕ_Tα(g) est de codimension supérieure ou égale à rg ϕ_Tαn(g)

n∈N= +∞. Dans tous les cas, codim(Ng) = rg ϕ_Tα(g)

α∈R. D’après la question III.A.1), ce rang est aussi le rang de (Tα(g))_α∈R

c’est-à-dire la dimension deVg.

∀g∈C_b(R), codim(Ng) =dim(Vg).

III.A.4) a) Vg = Vect t7→e^iβ(t−α)

α∈R = Vect t7→e^−iαβg(t)

α∈R ⊂ Vect(g). Mais d’autre part, g ∈ Vg et donc Vect(g)⊂V_g (carV_g est un espace vectoriel). Finalement, V_g =Vect(g).

Ainsi,Vg est une droite vectorielle et d’après la question précédente,Ng est de codimension1.

b)Pourk∈Z, on pose∀t∈R,g_k(t) =e^ikt. On sait que la famille(g_k)_k∈Zest libre (famille orthonormale pour le produit scalaire(u, v)7→ 1

2π Z2π

0

u(t)v(t)dt).

Pourn∈N^∗, on poseg=

n−1X

k=0

gk.gest un élément de Cb(R)(kgk∞6n).

Puisque ∀α ∈ R, T_α

n−1X

k=0

g_k

!

=

n−1X

k=0

e^−ikαg_k ∈ Vect(gk)_06k6n−1, on a V_g ⊂ Vect(gk)_06k6n−1. En particulier, dim(Vg)6n.

Maintenant,Vgcontient lesT^2lπ

n (g),06l6n−1. La matrice de la famille T^2lπ

n (g)

06k,l6n−1dans la base(gk)06k6n−1

de Vect(gk)06k6n−1est la matrice deVandermonde e^2iklπ/n

06k,l6n−1. Puisque lese^2ikπ/n,06k6n−1, sont deux à deux distincts, on sait que cette matrice est inversible. La famille

T^2lπ

n (g)

06k,l6n−1 est donc libre et on en déduit que dim(Vg)6n.

Finalement, dim(Vg) =n(et une base deV_g est (g_k)_06k6n−1). D’après la question III.A.3),N_g est de codimension n III.B - Hypothèse A

III.B.1)Soitg∈C_b(R). On suppose queg est de classeC^∞ surRet que toutes les dérivées degsont bornées.

D’après la question I.C.2), pour toutf∈L¹(R),f∗g est de classeC^∞ surRet∀k∈N,(f∗g)^(k)=f∗g^(k). Soitk∈N. Soitf∈L¹(R).

f∈N_g(k)⇒f∗g^(k)=0⇒(f∗g)^(k)=0⇒(f∗g)^(k+1)=0⇒f∈N_g(k+1). Donc la suite N_g(k)

k∈Nest croissante au sens de l’inclusion puis la suite codim N_g(k)

k∈Nest décroissante. Puisque codim(N_g⁽⁰⁾)∈N, la suite des codimensions est nécessairement constante à partir d’un certain rang (dans le cas contraire, l’une des codimensions au moins serait un entier strictement négatif) puis la suite N_g(k)

k∈Nest constante à partir d’un certain rang p(dans le cas contraire, la suite des codimensions ne serait pas constante à partir d’un certain rang). On notenla valeur constante des codimensions à partir d’un certain rang.

On a doncN_g(p) =N_g(p+1) =. . .=N_g(p+n) =

\p k=0

\

α∈R

Ker

Tα(g^(n+k)!

. Si la famille(g^(n+k))06k6pétait libre, il en serait de même de la famille ϕ_g(n+k)

06k6p d’après la question III.A.1) et l’intersection de noyaux ci-dessus serait de codimension au moins égale àn+1d’après la question III.A.2) ce qui n’est pas.

Donc la famille(g^(n+k))_06k6pest liée ou encoregest solution d’une équation différentielle linéaire à coefficients constants.

III.B.2)On suppose que l’équation caractéristique de cette équation différentielle linaire homogène à coefficients constants d’ordren∈N^∗ s’écrit :

Yk

j=1

(z−zj)^αj =0,

où leszj,16j6k, sont des nombres complexes deux à deux distincts et les αj,16j6k, sont des entiers naturels non nuls tels que

Xk

j=1

αj=n. On sait alors qu’il existe des polynômesPj,16j6k, où∀j∈J1, kK, deg(Pj)6αj−1 tels que

∀t∈R,g(t) = Xk

j=1

Pj(t)e^zjt (∗).

Montrons par récurrence surnque, sig6=0, ∀j∈J1, kK, Re(zj) =0et P_j∈C₀[X].

•Le résultat est immédiat sin=1.

•Soitn>1. Supposons le résultat acquis pourn. Soitg6=0 de la forme(∗)au rangn+1.

- Si k=1,∀t∈R,g(t) =P1(t)e^z1toùP1est un polynôme non nul de degré au plusn+1.

Pour toutt∈R,|g(t)|=|P₁(t)|e^Re(z1)t. Si Re(z1)> 0,|g(t)| →

t→+∞

+∞d’après un théorème de croissances comparées ce qui est exclu puisqueg est bornée et Si Re(z1)< 0,|g(t)|_t→→_−∞+∞ce qui est exclu. Donc Re(z1) =0.

Par suite, pour toutt∈R,|g(t)|=|P1(t)|. SiP1n’est pas constant,|g(t)|_t→→_+∞+∞ce qui est exclu.

DoncP1est constant.

- Si k>2, pourt∈R, posonsh(t) =g^′(t) −zkg(t). La fonctionh vérifie aussi l’hypothèse A.

Ensuite, pour tout réelt, h(t) =

Xk

j=1

z_jP_j(t) +P_j^′(t) −z_kP_j(t) e^zjt=

k−1X

j=1

(z_j−z_k)P_j(t) +P_j^′(t)

e^zjt+P_k^′(t)e^zkt.

L’écriture ci-dessus est de la forme Xk

j=1

Q_j(t)e^zjtoù lesQ_jsont des polynômes dont le degré total est au plus

k−1X

j=1

αj+αk−1= (n+1) −1=n.

Il est connu queh est nulle si et seulement si tous lesQjsont nuls (une famille de fonctions de la formet7→P(t)e^zt où les polynômesP sont tous non nuls et leszsont deux à deux distincts est libre). Dans ce cas, pourj < k,

(z_j−z_k)P_j+P_j^′ =Q_j=0 puisP_j=0car siP_j6=0, deg(Qj) =deg(Pj)(carz_j−z_k6=0). Ensuite,P_k^′ =0 et doncP_k est une constanteλ(non nulle).

Mais alors,∀t∈R,g(t) =λe^zktce qui impose Re(zk) =0. Le résultat est démontré quandh=0.

Sih6=0, par hypothèse de récurrence, lesQj,16j6k, sont des constantes et leszj,16j6k, sont imaginaires purs.

Pour j < k, si Pj n’est pas constant, deg(Qj) =deg(Pj)> 0ce qui est exclu. Donc les polynômesPj,16j6k−1, sont constants. Enfin, P_k^′ est constant et doncPk est de degré au plus1. Mais si Pk est de degré 1,