Université Paris-Dauphine 2019/2020

(1)

Exercice 1 (exercice 9 feuille 3). 1. On passe formellement à la transformée de Fourier enxdans l’équation, et on suppose que l’on peut appliquer la formule de la question1de l’exercice 2, qui nous donne que pourf suﬃsamment régulière et intégrale surR,

f!^′′(ξ) = (iξ)²f(ξ) =−ξ²f(ξ).

On obtient que

∂u"

∂t(t,ξ)−ξ²u(t," ξ) = 0,(t, x)∈R^+∗×R,

"

u(0,ξ) =!u0(ξ),ξ∈R.

Aξ fixé, on a donc une équation diﬀérentielle entqu’il est très facile de résoudre, pour obtenir que

"

u(t,ξ) =u!0(ξ)e^−ξ²^t. Compte tenu du fait que

e!⁻^4t^· (ξ) =√ 2te^−ξ²^t, on peut réécrire la relation précédente comme

"

u(t,ξ) = 1

√2t!u0(ξ)! e⁻^·^4t²(ξ) Compte tenu de la relation

f!∗g(ξ) =√

2πf(ξ)" "g(ξ),

vérifiée dès quef etg sont suﬃsamment intégrables, on a donc, formellement,

"

u(t,ξ) = 1 2√

πt

"

u0(·)∗e⁻^·^4t²(ξ).

Ainsi, formellement, en passant à la transformée de Fourier inverse, on aurait envie de poser u(t, x) = 1

2√

πtu0∗e⁻^·^4t²(x) = 1 2√

πt

#

R

u0(y)e⁻^(x−y)2^4t dy.

2. Posons donc

u(t, x) = 1 2√

πtu0∗e⁻^·^4t²(x) = 1 2√

πt

#

R

u0(y)e⁻^(x−y)2^4t dy.

On appelle

K(t, x) = 1 2√

πte⁻^x^4t².

On remarque queua bien un sens puisque x&→K(t, x)est dansL¹(R)etu0 aussi.

De plus, àt >0fixé,K(t,·)est de classeC^∞surRet toutes ses dérivées sont intégrables. Par propriété du produit de convolution, on a donc queu(t,·)est de classeC^∞surRet pour toutn∈N,

∂ⁿu

∂xⁿ(t, x) =u0∗∂ⁿK

∂xⁿ(t, x).

De plus, cette fonction est bien continue en le couple(t, x)surR⁺^∗×Rpar application des théorèmes usuels sur la continuité des intégrales à paramètres (qu’il faudra appliquer sur tout intervalle de la forme[ε,+∞[×R avecε>0). De plus, ànfixé et en appliquant les théorèmes usuels de dérivation sous le signe intégral en la variablet, il est facile de voir quet >0&→^∂∂xⁿ^uⁿ(t, x)est aussi de classeC^∞surR^+∗et que pour toutm∈N, on a

(2)

∂^m

∂t^m

$∂ⁿu

∂xⁿ

%

(t, x) =u0∗ ∂^m

∂t^m

$∂ⁿK

∂xⁿ

% (t, x).

De plus, cette fonction est bien continue en le couple(t, x)surR^+∗×Rpar application des théorèmes usuels sur la continuité des intégrales à paramètres. Ainsi, pour tout(n, m)∈R, la fonction

(t, x)&→∂^mu

∂t^m

$∂ⁿu

∂xⁿ

% (t, x)

existe et est continue surR⁺^∗×R. Ceci signifie donc bien queuest de classeC^∞surR⁺^∗×R. Compte tenu du fait que surR^+∗×R,

∂²K

∂x²(t, x) = 1 2√

πt

&

x²e⁻^x^4t²

4t² −e⁻^x^4t² 2t

'

et

∂K

∂t (t, x) =

x²e⁻^x

2 4t

4t² − ^e⁻^x

2 4t

2t

2√ π√

t = ∂²K

∂x²(t, x).

on en déduit par la relation

∂u

∂t(t, x)−∂²u

∂x²(t, x) =u0∗

$∂K

∂t −∂²K

∂x²

%

(t, x) = 0

queuest bien une solution de l’équation de la chaleur surR^+∗×R. Reste à vérifier que la condition initiale est bien vérifiée dans le cas oùu0∈C⁰(R)∩L¹(R), autrement dit que pour toutx∈R,u(t, x)→u⁰(x).Soit (tn)n∈N^∗ une suite de réels positifs tendant vers0. Par définition,

u(tn, x) =u0∗K(tn,·)(x).

De plus, on remarque queK(tn,·)est une approximation de l’unité au sens du cours. On a donc bien par propriété de cours queu(tn, x)→u0(x)quandn→ ∞, ce qui conclut la preuve.

Exercice 2 (exercice 10 feuille 3). 1. On posef(x) = 1[0,1](x). On remarque que 2x∈[0,1]⇔x∈[0,1

2]et2x−1∈[0,1]↔x∈[1 2,1].

Ainsi, six̸∈[0,1], il est clair que2x̸∈[0,1]et2x−1̸∈[0,1], auquel cas on a bienf(2x)+f(2x−1) = 0 =f(x).

Si x ∈ [0,¹₂[, on a bien f(2x) +f(2x−1) = 1 + 0 = 1 = f(x), et de même, si x ∈]1/2,1], on a bien f(2x) +f(2x−1) = 0 + 1 = 1 =f(x).Ainsi, sauf peut-être enx= 1/2(qui est un singleton donc de mesure nulle), on af(2x) +f(2x−1) =f(x), et cette égalité est donc bien vérifiée presque partout. Un calcul direct donne que

"

f(ξ) = sin(ξ) +i(cos(ξ)−1)

√2πξ .

2. Par propriété de la transformée de Fourier par rapport aux translations et dilatations et en remarquant que 2x−1 = 2(

x− ¹2

),

"

Φ1(ξ) =1 2Φ"

$ξ 2

%

etΦ"2(ξ) =e⁻ⁱ^ξ²Φ"1(ξ) = e^−iξ 2 Φ"

$ξ 2

% .

3. CommeΦ∈L¹(R), il est en de même pourΦ1etΦ2. On donc peut passer à la transformée de Fourier dans l’égalité fonctionnelle

Φ(2x) +Φ(2x−1) =Φ(x) et en déduire par linéarité que pourξ∈R,

"

Φ1(ξ) +Φ"2(ξ) =Φ(ξ)."

Compte tenu de la question précédente, on en déduit bien 1 +e⁻ⁱ^ξ²

2 Φ"

$ξ 2

%

=Φ(ξ)."

(3)

4. On fixeN∈N. On suppose (on verra pourquoi après-) queξ est tel queξ̸≡0 [2π](le complémentaire de cet cet ensemble étant discret, il est de mesure nulle et donc il n’est pas grave de l’exclure puisque l’on veut un résultat presque partout). On réécrit d’abord que

exp

&

i

*N k=1

ξ 2^k+1

'

= +N k=1

e²^k+1^iξ .

Ainsi,

exp

&

i

*N k=1

ξ 2^k+1

' _N

+

i=1

1 +e⁻^2k^iξ

2 =

+N k=1

e²^k+1^iξ

&

1 +e⁻^2k^iξ 2

'

= +N k=1

&

e²^k+1^iξ +e⁻²^k+1^iξ 2

'

= +N k=1

cos

$ ξ

2^k+1

%

= +N k=1

cos

$ ξ

2^k+1

% .

De l’égalitésin(2θ) = 2 sin(θ) cos(θ), on tire

cos(θ) = sin(2θ) 2 sin(θ),

pour peu quesin(θ)̸= 0, ce qui sera bien le cas ici. On en déduit donc que pour toutk∈[|1, N|], on a

cos

$ ξ

2^k+1

%

= sin,_ξ

2^k

- 2 sin, _ξ

2^k+1

-.

Ainsi, quand on fait le produit, les termes du haut se simplifient avec les termes du bas, hormis deux d’entre eux (le dernier en bas, le premier en haut), et on obtient bien

+N k=1

sin,

ξ 2^k

- 2 sin, _ξ

2^k+1

-= 1

2^N

sin,

ξ 2

- 2 sin, _ξ

2^N+1

-.

Le résultat de l’énoncé est donc bien démontré.

5. D’abord, on remarque grâce au développement limité du sinus en0, 1

2^N

sin,

ξ 2

- 2 sin,

ξ 2^N+1

- →sin,

ξ 2

-

ξ 2

quandN→ ∞.

De plus ,

N→∞lim exp

&

−i

*N k=1

ξ 2^k+1

'

→exp

&

−i

*∞ k=1

ξ 2^k+1

'

=e⁻ⁱ^ξ² quandN → ∞.

Ainsi, par la question précédente,.∞ k=1

sin(2k^ξ)

2 sin(₂k+1^ξ ) existe et vaut sin,_ξ

2

-

ξ 2

e⁻ⁱ^ξ².

De la question3, on déduit à l’aide d’une récurrence immédiate que que pour toutN ∈N et presque tout ξ∈R,

"

Φ(ξ) = +N i=1

&

1 +e⁻ⁱ^ξ² 2

'

"

Φ

$ ξ 2^N

% .

(4)

Compte tenu du fait queΦ" est la transformée de Fourier d’une fonctionL¹, elle est continue et donc Φ

$ ξ 2^N

%

→0quandN → ∞.

Ainsi, en faisantN → ∞dans l’égalité précédente, on en déduit que

"

Φ(ξ) = sin,

ξ 2

-

ξ 2

e⁻ⁱ^ξ²Φ(0)."

6. Par la question5, l’ensemble des solutions à l’ équation fonctionnelle vérifiée parΦ" est un espace vectoriel de dimension1donné par

Vect

⎛

⎝e⁻^iξ² sin,

ξ 2

-

ξ 2

⎞

⎠.

On a déjà trouvé une solution de cette équation qui est la transformée de Fourier def introduite à la question 1. Ainsi, l’équation enΦ" n’a pas d’autres solutions que les fonctions de la formeCf"avecC ∈C arbitraire.

On déduit en raisonnant par condition nécessaire que les seules solutions de l’équation fonctionnelle enΦsont donc les fonctions de la formeC1[0,1]avecC ∈C.

Exercice 3 (exercice 11 feuille 3). 1. C’est une conséquence du théorème de transfert qui dit que E(

e^itX)

=

#

R

e^itxdPX(x), oùPX est la loi deX.

2. Par le théorème de transfert, siX∼N(m,σ²),on a

φX(t) = 1

√2πσ

#

R

e^itx−

1 2

!

−^(x−m)2

σ2

"

dx.

ce qui donne après changement de variable(x−m)/σ=y φX(t) = 1

√2πe^itm

#

R

e^itσy−^x²²dy.

Au facteure^itmprès, on reconnait la transformée de Fourier de la gaussienne centrée réduite prise au point ξ=−σt. Grâce à l’exercice1, on en déduit donc que

φX(t) =e^itm−^σ

2t2 2 .

3. PuisqueX etY sont indépendantes, φX+Y(t) =E,

e^it(X+Y⁾-

=E(

e^itXe^itY)

=E( e^itX)

E( e^itY)

=φX(t)φY(t).

En apppliquant la question précédente àX etY, on en déduit que φX+Y(t) =e^it(m¹^+m²⁾⁻^(σ

1 +2 σ2 2 )t2

2 .

Grâce à la première question, on voit queφX+Y a la même fonction caractéristique queN(m1+m1,σ1²+σ2²).

Comme la fonction caractéristique caractérise la loi, on en déduit que X+Y ∼N(m1+m1,σ²₁+σ²₂).

4. Appelonsmjle moment d’ordrejpourj∈[|0, k|]. On rappelle que l’existence du moment d’ordrekimplique

que #

R

|x|^kdPX(x)<∞,

(5)

du fait quedPX(x)soit une mesure positive. On repart de la formule φX(t) =

#

R

e^itxdPX(x).

En appliquant de manière immédiate les théorèmes usuels de dérivation sous le signe intégral, on peut dé- montrer que dans le cas où3

R|x|^kdPX(x)<∞,(ce qui implique que3

R|x|^jdPX<∞pourj∈[|1, k|]puisque 3

RdPX < ∞et |x|^j ! 1 pour |x|! 1 et |x|^j ! |x|^k pour |x| " 1, et permet donc d’avoir une domination correcte), cette fonction de classeC^k entet vérifie

φ^(j)_X(t) =

#

R

(ix)^je^itxdPX(x), j∈[|0, k|].

En prenant ceci ent= 0, on en déduit que φ^(j)_X (0) =

#

R

(ix)^jdPX(x) =i^jmj, j∈[|0, k|].

Ainsi, il est possible de retrouver les moments deXen regardant les dérivées à l’origine de la fonction caracté- ristique (c’est notamment pratique pour calculer les moments d’une gaussienne). En écrivant le développement limité deφX en0à l’ordrek, on obtient

φX(t) =

*k j=0

i^jmj

j! t^j+o(t^k).