(1)Analyse hilbertienne et de Fourier, corrigé de l’examen partiel du 30 mars 2009 — Exercice I — On définit une fonctionf sur Ren posant f(x) =xe−x2/2 pour toutx réel

(1)

Analyse hilbertienne et de Fourier, corrig´e de l’examen partiel du 30 mars 2009

— Exercice I —

On d´efinit une fonctionf sur Ren posant f(x) =xe⁻^x²^/2 pour toutx r´eel.

a.Vérifier que f est intégrable surR, et calculer sa transformée de Fourier bf.

Preuve. — La fonction f est continue, donc mesurable, ce qui permet de donner un sens `a l’int´egrale de LebesgueR

R|f(x)|dx. On remarque quef est impaire ; on a donc Z

R|f(x)|dx= 2 Z +∞

0

xe⁻^x²^/2dx.

En posantu=x²/2, on trouve Z

R|f(x)|dx= 2 Z +∞

0

e⁻^u du= 2h

−e⁻^ui+∞

0 = 2<+∞.

Par int´egration par parties, et en utilisant lesrappelssur la transform´ee de Fourier de la fonction gaussienne, on obtient

fb(y) = Z

R

xe⁻^x²^/2e⁻^ixy dx=

−e⁻^x²^/2e⁻^ixy+∞ x=−∞+

Z

R

e⁻^x²^/2(−iy) e⁻^ixy dx

=−iy Z

R

e⁻^x²^/2e⁻^ixy dx=−iy√

2πe⁻^y²^/2.

Pour tout entiern≥1on d´efinit une fonctiongnimpaire surR(c’est-`a-dire quegn(x) =−gn(−x) pour toutx) en posant pour tout x >0

gn(x) =x⁻^1/2 si 0< x≤n, et gn(x) = 0 si x > n.

b.Vérifier que gn appartient àL¹(R). Exprimer la transformée de Fourier degn; montrer que la transformée de Fouriergbn est impaire.

Preuve. — Puisque la fonction gn est impaire,|gn| est paire et Z

R

|gn(x)|dx= 2 Z n

0

x⁻^1/2dx= 2h 2√

xin 0 = 4√

n <+∞. On a par imparit´e,

∀y ∈R, gbn(y) = Z

R

gn(x) cos(xy)−i sin(xy)

dx=−i Z

R

gn(x) sin(xy) dx.

Comme sin(xy) est impaire aussi, la fonction produitx→gn(x) sin(xy) est paire et (∗) ∀y∈R, gbn(y) =−2i

Z n 0

x⁻^1/2sin(xy) dx.

Sur cette expression on constate que gbn(−y) =−gbn(y), puisque sin(xy) change de signe quand on change y en−y.

c.Montrer que la transform´ee de Fourier def∗gn est une fonction paire, qui est ´egale poury >0

` a

κ√ye⁻^y²^/2Z ^ny

0

t⁻^1/2sin(t) dt ,

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o`uκ est une constante qu’on calculera.

Preuve. — On sait que f et gn sont dans L¹(R), donc on peut considérer leur convolution h_n =f∗g_n qui est intégrable, et on sait d’après le cours que

∀y∈R, hbn(y) =fb(y)gbn(y).

Commefbet gbn sont impaires, leur produit est pair. Pour y >0, on va transformer l’expression obtenue en (∗) pour obtenir le r´esultat demand´e. En supposanty >0 et en posantt=xy,

gbn(y) =−2i Z n

0

x⁻^1/2sin(xy) dx=−2i Z ny

0

(t/y)⁻^1/2sin(t) dt/y

=−2iy⁻^1/2 Z ny

0

t⁻^1/2sin(t) dt.

Il en r´esulte que

hb_n(y) =

−iy√

2πe⁻^y²^/2

−2iy⁻^1/2 Z ny

0

t⁻^1/2sin(t) dt

=−2√

2π y^1/2e⁻^y²^/2Z ^ny

0

t⁻^1/2sin(t) dt , ce qui donne le r´esultat demand´e, avecκ=−2√

2π.

Pour la question suivante, on pourra admettre sans démonstration que l’intégrale généralisée I =

Z +∞ 0

t⁻^1/2sin(t) dt est convergente.

d.Peut-on appliquer le théorème d’inversion pour exprimer(f∗g_n)(0)à partir de la transformée de Fourier de f ∗gn? Exprimer (f ∗gn)(0) de deux fa¸cons, puis faire tendre n vers +∞ pour montrer que I =p

π/2.

Preuve. — La fonction f ∗gn est continue comme convolée d’une fonction continue bornée f avec une fonction intégrable gn,

(f ∗gn)(x) = Z

R

f(x−t)gn(t) dt;

en effet, cette intégrale dépendant du paramètrexest continue enxd’après le cours d’intégration : la fonction h(x, t) =f(x−t)gn(t) sous l’intégrale est continue en x, et majorée par la fonction intégrable fixe C|gn(t)|, où C est le maximum sur R de la fonction s→ |f(s)|= |s|e⁻^s²^/2 (par

étude de fonction, on peut voir que le maximum est atteint pour s= 1, donc C = e⁻^1/2. Ensuite, on a déjà dit quef∗gn est intégrable. De plus,

ψ:u>0→ Z u

0

t⁻^1/2sin(t) dt

est bornée sur [0,+∞[ puisqu’elle est continue sur [0,+∞[ et qu’elle tend vers la limite finie I quandy→+∞. Désignons par M un majorant de|ψ|sur [0,+∞[, et posonsψn(y) =ψ(ny). La transformée de Fourier deh_n =f∗g_n admet la majoration

|hb_n(y)|=|hb_n(|y|)|=−2√

2π|y|^1/2e⁻^y²^/2ψ_n(|y|)

≤2M√

2π|y|^1/2e⁻^y²^/2≤M√

2π(1 +|y|) e⁻^y²^/2

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(on a utilisé l’inégalité 2uv ≤ u²+v², appliquée avec u = 1 et v = |y|^1/2), et ce majorant est intégrable surR, Z

R

(1 +|y|) e⁻^y²^/2dy=√

2π+ 2<+∞.

On a donc toutes les hypoth`eses pour pouvoir ´ecrire la formule d’inversion en tout pointx, hn(x) = (f∗gn)(x) = 1

2π Z

R

hbn(y) e^ixy dy.

Pourx= 0, on obtient

(f ∗g_n)(0) = 1 2π

Z

R

hb_n(y) dy.

Commehbn est paire,

(1) (f∗gn)(0) =− 4

√2π Z +∞

0

√ye⁻^y²^/2ψn(y) dy.

D’un autre côté, on a par définition de la convolution (f∗g_n)(0) =

Z

R

f(0−t)g_n(t) dt, et commet→f(−t)gn(t) est paire,

(2) (f ∗gn)(0) =−2 Z n

0

te⁻^t²^/2t⁻^1/2dt=−2 Z n

0

√te⁻^t²^/2 dt.

En appliquant le théorème de convergence dominée à chacune des deux expressions (1) et (2), on obtient à la limite quandn→+∞

− 4

√2π Z +∞

0

√ye⁻^y²^/2I dy=−2 Z +∞

0

√te⁻^t²^/2dt <0,

donc I = ¹₂√

2π = p

π/2. Pour justifier l’application du théorème de convergence dominée, on

´ecrit les expressions dans (1) et (2) sous la forme Z +∞

0

u_n(y) dy,

Z +∞ 0

v_n(t) dt, avec

un(y) =− 4

√2π

√ye⁻^y²^/2ψn(y), vn(t) =−21_]0,n](t)√

te⁻^t²^/2, qui tendent simplement sur ]0,+∞[ vers −^√⁴_2π√ye⁻^y²^/2I et −2√

te⁻^t²^/2 respectivement, en

´etant domin´ees en valeur absolue par √⁴ 2π

√ye⁻^y²^/2M et 2√

te⁻^t²^/2 respectivement, qui sont des majorants int´egrables ind´ependants den.

— Exercice II —

Dans cet exercice, on d´esigne parHl’espace de HilbertL²(R) avec son produit scalaire habituel.

a.On d´esigne parϕla fonction d´efinie surRparϕ(x) = 1− |x|quand|x| ≤1etϕ(x) = 0quand

|x|>1. Calculer la transform´ee de Fourier ϕ.b Preuve. — Commeϕest paire, on aura pour y6= 0

ϕ(y) = 2b Z 1

0

(1−x) cos(xy) dx= 2nh

(1−x)sin(xy) y

i1 x=0+

Z 1 0

sin(xy) y dxo

=

(4)

= 2h1−cos(xy) y²

i1

x=0= 21−cos(y)

y² = 4sin(y/2)² y² ,

et de plusϕ(0) = 1 en prenant la limite quandb y→0, ou en calculant directement 2R1

0(1−x) dx.

b.Pour tout entiern∈Zon posefn(x) =ϕ(x−n). Calculerfbn. Sur un même schéma, indiquer les graphes def0,f1etf2. Calculer les produits scalaireshf0, f0iethf0, f1i, puis calculerhf0, fki pour tout entier k≥2. Montrer quehfn, fn+pi ne dépend que dep.

Preuve. — Par le changement de variablet=x−n, on obtient fb_n(y) =

Z

R

ϕ(x−n) e⁻^ixy dx= Z

R

ϕ(t) e⁻^{i (t+n)y} dt= e⁻^inyϕ(y).b On a

hf0, f0i= Z 1

−1

(1− |x|)²dx= 2 Z 1

0

(1−x)²dx= 2h

−(1−x)³ 3

i1 0= 2

3.

Le produitf0(x)f1(x) =ϕ(x)ϕ(x−1) est nul quand x ≥1 et aussi quand x−1≤ −1, donc il est nul sauf si 0< x <1, par cons´equent

hf0, f1i= Z 1

0

x(1−x) dx= Z 1

0

(x−x²) dx= 1 2− 1

3 = 1 6.

On notera quehf0, f0i= 4hf0, f1i. Enfin, pourk≥2, on ahf0, fki= 0 carf0(x)fk(x) est toujours nul : f0(x) =ϕ(x) est nul pour x ≥1, et fk(x) = ϕ(x−k) est nul pour x−k≤ −1, donc nul pourx≤1≤k−1.

Par changement de variable, hfn, fn+pi=

Z

R

fn(x)fn+p(x) dx= Z

R

f0(x−n)fp(x−n) dx= Z

R

f0(u)fp(u) du=hf0, fpi.

c. Déterminer aréel tel que−1< a <0 et tel quef1 etf0+af1+a²f2 soient orthogonales (on trouvera queaest racine d’une équation du second degré). Montrer que la série de fonctions

g=X

k>0

a^kfk

converge uniform´ement, et converge dansH. Montrer quegest orthogonale `af_p, pour toutp≥1.

Calculer la transform´ee de Fourier bg.

Preuve. — En utilisant l’invariance du produit scalaire par d´ecalage des indices, on trouve hf1, f0+af1+a²f2i=hf1, f0i+ahf1, f1i+a²hf1, f2i

= (1 +a²)hf0, f1i+ahf0, f0i= (1 + 4a+a²)hf0, f1i. Pour avoir l’orthogonalit´e demand´ee, il faut que

0 = 1 + 4a+a²= (a+ 2)²−3, donca=−2±√

3. La racine voulue esta=−2 +√

3 (l’autre racine−2−√

3 de cette ´equation est<−1, donc ne convient pas `a la question).

Comme |a|< 1 et que toutes les fonctions fk ont la mˆeme norme (`a cause de l’invariance par translation), on aura

Xka^kfkk<+∞

pour la norme uniforme ou pour la norme de H (ou pour la norme L¹). La s´erie de fonctions converge donc dans les espaces norm´es complets : dans l’espace H, ou dans l’espace complet des

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fonctions continues born´ees muni de la norme uniforme (ou aussi dans L¹). Comme le produit scalaire avec fp est lin´eaire et continu sur H, on a

hg, fpi=

+∞

X

k=0

a^khfk, fpi.

Dans la s´erie il ne reste que les termesk=p−1, p, p+ 1, et en d´ecalant tous les indices dep−1 on aura

hg, fpi=a^p⁻¹hfp−1+afp+a²fp+1, fpi=a^p⁻¹hf0+af1+a²f2, f1i= 0.

On aura par convergence normale dans L¹(R), qui implique la convergence uniforme du cˆot´e Fourier

bg(y) =

+∞

X

k=0

a^kfbk(y) =

+∞

X

k=0

ϕ(y)b a^ke⁻^iky=ϕ(y)b

+∞

X

k=0

a^ke⁻^iky= ϕ(y)b 1−ae⁻^iy.

d. Pour tout n ∈ Z on pose gn(x) = g(x−n). Montrer que les fonctions (gn)n∈Z sont deux à deux orthogonales. On considère le sous-espace ferméFdeHengendré par les fonctions (fn)n∈Z. Montrer qu’il existe une constantebtelle que la famille(bgn)n∈Z soit une base hilbertienne deF.

Calculerb.

Preuve. — Supposonsm < n. Par translation on voit que hgm, gni=

Z

R

g(x−m)g(x−n) dx= Z

R

g(u)g(u−n+m) du=hg0, gn−mi.

La fonctiongn−m,n−m >0, est la somme de la s´erie convergente dans H des vecteurs a^kfn−m+k

avec k≥0, donc p=n−m+k≥1 et

hgm, gni=hg0, gn−mi=

+∞

X

k=0

a^khg, fn−m+ki= 0.

Par translation on voit que toutes les fonctionsgn ont la même normec >0, donc les fonctions c⁻¹gn sont orthonormées. Les sommes partielles de la série qui définit gn sont dans F, donc gn

aussi puisque F est suppos´e ferm´e. Enfin la relation

gn−agn+1=fn+afn+1+a²fn+2+· · ·

−afn+1−a²fn+2− · · ·

=fn

montre que l’espace engendr´e par les gn contient toutes les fonctions fn, donc il est dense dans l’espace F et (c⁻¹g_n)_n>0 est une base hilbertienne de F.

Pour finir hg, gi =

+∞

X

k=0

a^khg, fki=hg, f0i=

+∞

X

j=0

a^jhfj, f0i=hf0, f0i+ahf1, f0i= (4 +a)hf0, f1i= 4 +a 6 . Comme (4 +a)a= 4a+a²=−1, il vient

c²=hg, gi=− 1 6a, doncb=kgk⁻H¹ =p

6|a|=p

12−6√ 3.