Problème A : transformation de Fourier

(1)

Problème A : transformation de Fourier

I — Généralités et premiers exemples

1) a)Soit x ∈R ; justiﬁer la déﬁnition de f(x) revient à montrer que la fonction gx : t→e^−ixtf(t) est intégrable sur R. Or gx est continue sur R, commef, et j’ai :

∀t∈R |gx(t)|=|f(t)|. Par conséquent, gx est intégrable sur R, puisque f l’est.

f est bien déﬁnie surR.

b)Supposons f paire et à valeurs réelles. x étant ﬁxé dans R, j’eﬀectue le changement de variable C¹ bijectif u=−t pour obtenir :

f(x) =

R

e^−ixtf(t) dt=

R

e^ixuf(−u) du=

R

e^ixuf(u) du carf est paire ;

f(x)est encore égal à la demi-somme de la première et de la troisième des intégrales ci-dessus, soit f(x) = 1

2 _Re^−ixtf(t) dt+

R

e^ixtf(t) dt =

R

cos (xt)f(t) dt.

J’en déduis en particulier :

Sif est paire et à valeurs réelles, alors f également.

De même, pour f impaire, j’obtiens f(x) = 1

2 _Re^−ixtf(t) dt−

R

e^ixtf(t) dt =−i

R

sin (xt)f(t) dt.

J’en déduis en particulier :

Sif est impaire et à valeurs réelles, alors f est impaire à valeurs imaginaires pures.

2) a)p est clairement continue sur R, intégrable sur R car continue sur le segment [−1,1] et nulle en dehors de ce segment :

p appartient àI.

b)p étant paire, il vient facilement, d’après le résultat vu au 1)b):

∀x∈R p(x) = 2 Re

1 0

e^ixt(1−t) dt ,

d’où, après une intégration par parties :

∀x∈R p(x) = 1 si x= 0

2

x² (1−cosx) si x= 0 . Comme 1−cosx ∼

0

x²

2 , p est continue sur R ; de plus, p est paire, elle est donc intégrable sur R si et seulement si elle l’est sur R⁺. Comme p est continue sur[0,1], il suﬃt de montrer qu’elle est intégrable sur [1,+∞[, or, d’après l’expression obtenue ci-dessus, j’ai p(x) =

x→+∞O 1

x² , donc par comparaison à une intégrale de Riemann, comme 2>1 :

p appartient àI. 3) a)De même, j’ai En continue surR, paire etEn(x) =

x→+∞O 1

x² , d’où, grâce au1)b): En∈ I et En(x) = 2 ReKn.

b)En intégrant par parties avecu:t→ −e^−αt

α etv:t→tⁿ, comme le produituv admet pour limite 0 en 0 et en +∞et commeKn converge, j’obtiens : ∀n∈N^∗ Kn= n

αKn−1. Par ailleurs, un simple calcul de primitive montre que K0 = 1

α, d’où par une récurrence immédiate :

∀n∈N^∗ Kn= n!

αⁿ⁺¹.

(2)

c)D’après a)etb),j’ai

En(x) = 2 Re n!

(1−ix)ⁿ⁺¹ = 2 Re n!

(1 +x²)ⁿ⁺¹ (1 +ix)ⁿ⁺¹ ; il en résulte en particulier :

E0(x) = 2

1 +x² ; E1(x) =2 1−x²

(1 +x²)² ; E2(x) = 4 1−3x² (1 +x²)³ . d)Notons que, comme 1>0,

1 +ix= 1 +x²eⁱ^arctan^x, d’où

En(x) = 2 (n!) cos [(n+ 1) arctanx]

(1 +x²)^β(n) , avecβ(n) = n+ 1 2 . e)D’après l’expression précédente,En est paire, continue surRetEn(x) =

x→+∞O _xⁿ⁺¹¹ ; cela permet de conclure queEn est dans I pour n≥1(auquel casn+ 1>1. . . ). Pour la valeur n= 0,E0 a été explicité au c)et appartient aussi àI :

En appartient à I pour toutnde N. II — Transformée de Fourier de H0

1) H0 est paire, continue sur R et intégrable surR⁺ (car e^−t²^/2 =

t→+∞O 1/t² ). De plus, le changement de variable C¹ bijectif t=u√

2donne

R⁺

e^−t²^/2dt=√ 2

R⁺

e^−u²du=√ 2

√π

2 = π

2. Donc, compte tenu de la parité :

H0 est intégrable surR et

RH0(t) dt=√ 2π.

2) a)Pour les mêmes raisons que H0 ci-dessus,

gn appartient àI pour tout ndansN.

b)Une intégration par parties avecu :t→ −e^−t²^/2 etv:t→t²ⁿ⁺¹, comme le produituv admet pour limite 0 en 0 et en+∞et comme In+1 converge, donne :

∀n∈N In+1= (2n+ 1)In. D’où, par une récurrence immédiate, pour ndansN :

In= (2n−1) (2n−3). . .3·1·I0= (2n)!

2ⁿ·n!I0. Comme I0 = π/2 (vu au 1)), j’ai ﬁnalement :

∀n∈N In

(2n)! = π/2 2ⁿ·n!. 3) La série proposée n’est autre que

n≥0

−x²/2 ⁿ

n! : je reconnais la série exponentielle !

n≥0

−x²/2 ⁿ

n! converge et a pour somme e^−x²^/2.

4) La fonction proposée est continue, majorée en valeur absolue parH0 qui est intégrable surRd’après le 1), donc

La fonctiont→e^−t²^/2cos (xt) est intégrable surR.

(3)

5) Fixonsx réel. D’après I-1)b), H0 étant paire, j’ai H0(x) = 2

+∞

0

cos (xt)e^−t²^/2dt= 2

+∞

0

∞

n=0

(−1)ⁿ(xt)²ⁿ

(2n)! e^−t²^/2dt= 2

+∞

0

∞

n=0

(−1)ⁿ x²ⁿ

(2n)!gn(t) dt.

Je vais appliquer sur R⁺ le théorème d’intégration terme à terme à la série de fonctions un déﬁnie par

∀n∈N ∀t∈R⁺ un(t) = (−1)ⁿ x²ⁿ

(2n)!gn(t).

• La série de fonctions unconverge simplement surR⁺, par construction, sa somme étant la fonction t→cos (xt)e^−t²^/2, qui est continue surR⁺.

• Les un sont continues surR⁺, intégrables surR⁺, avec d’après2)b),

R⁺|un|= x²ⁿ 2ⁿ·n!

π 2.

• La série numérique de terme général

R⁺|un| converge (encore une série exponentielle, de somme

π

2 ·e^x²^/2. . . ).

J’en conclus que la fonction somme est intégrable sur R⁺ (résultat déjà prouvé au 3). . . ) et – surtout – que

+∞

0

cos (xt)e^−t²^/2dt=

∞

n=0 +∞

0

(−1)ⁿ x²ⁿ

(2n)!gn(t) dt , d’où

H0(x) = 2

∞

n=0

(−1)ⁿ x²ⁿ (2n)!

+∞

0

t²ⁿe^−t²^/2dt.

6) D’après5) et2)b),j’obtiens : H0(x) = 2

∞

n=0

(−1)ⁿ x²ⁿ

(2n)!In= 2

∞

n=0

(−1)ⁿ x²ⁿ 2ⁿ·n!

π 2 =√

2π·e^−x²^/2, cela pour tout réel x, autrement dit :

H0 =λ0.H0, avecλ0=√ 2π.

Problème B

Partie I

1) Il est immédiat que E est un sous-espace vectoriel du R-espace vectoriel des applications continues de R⁺ dans R; de plus, si f ∈ B, alorsg:t→ f(t)

1 +t² est continue surR⁺ et g(t) =

t→+∞O 1

1 +t² . Commet→ 1

1 +t² est intégrable surR⁺, il en résulte quegest intégrable sur R⁺, donc élément de E. E est unR-espace vectoriel contenant B.

2) γ est continue sur R⁺ et n’est pas bornée, car γ 2nπ+π

2 −→

n→∞ +∞ ; γ n’appartient pas à B. En revanche,

γ(t) 1 +t² =

t→+∞O

√t

1 +t² =O 1 t^3/2 . Comme3/2>1,t→ γ(t)

1 +t² est intégrable surR⁺ :

γ est élément deE mais n’appartient pas àB.

(4)

3) Soitxﬁxé dansJ ;x >−1, donc : ∀t∈R⁺ 1 +t²+x >0. Par conséquent, la fonctiont→ f(t) 1 +t²+x est continue surR⁺. De plus,1 +t²+x ∼

t→+∞t² ∼

t→+∞1 +t², d’où

|f(t)| 1 +t²+x ∼

t→+∞

|f(t)| 1 +t². Comme f est élément deE par hypothèse, j’en déduis que :

t→ f(t)

1 +t²+x est intégrable sur R⁺.

4) D’après la question précédente, pour f ∈ E, T[f] est bien élément de F ; de plus T est clairement linéaire d’après la linéarité de l’intégrale :

T est une application linéaire deE dansF. Partie II

1) Je note u la fonction(x, t)→ f(t)

1 +t²+x. Soit a >−1 ;

• pour tout x de[a,+∞[, la fonctiont→u(x, t) est continue et intégrable surR⁺ (cf. partieI)

• pour tout tdeR⁺,x→u(x, t)est C¹ sur [a,+∞[avec ∂u

∂x(x, t) =− f(t) (1 +t²+x)²

• pour tout x de[a,+∞[,t→ ∂u

∂x(x, t) est continue surR⁺ et

∀(x, t)∈[a,+∞[×R⁺ ∂u

∂x(x, t) ≤ϕ₁(t) où ϕ₁:t→ |f(t)| (1 +t²+a)² ; ϕ₁ est continue et intégrable surR⁺ (ϕ₁(t) =

t→+∞o f(t) 1 +t² ).

Ainsi, je peux appliquer le théorème de dérivation sous le signe . T[f]est de classeC¹ sur[a,+∞[et sa dérivée est donnée par la formule de Leibniz. Comme cela vaut pour touta >−1, j’en conclus que :

T[f]est de classe C¹ surJ et sa dérivée est donnée par(1).

2) a)Le raisonnement du 1) s’applique par récurrence pour toutes les dérivées deT[f], car, pour p≥2, l’hypothèse de domination pour T[f]^(p) est vériﬁée avec ϕ_p :t→ p!|f(t)|

(1 +t²+a)^p+1, qui est continue et intégrable sur R⁺ (car négligeable devant ϕ₁ au voisinage de +∞). Par conséquent,

T[f]est de classe C^∞ sur J et : ∀x∈J T[f]^(p)(x) = (−1)^pp!Fp(x).

b)Pourx= 0, le résultat précédent s’écrit

∀p∈N T[f]^(p)(0) = (−1)^pp!Ip.

3) a)Comme pour tout t dansR⁺, 1 +t²≥1, j’ai : ∀p∈N 1 +t² ^p+1≥1 +t², d’où immédiatement

∀p∈N ∀t∈R⁺ |f(t)|

(1 +t²)^p+1 ≤ |f(t)| 1 +t². J’ai déjà vu que ces deux fonctions sont intégrables ; j’en déduis

∀p∈N

R⁺

|f(t)|

(1 +t²)^p+1dt≤

R⁺

|f(t)| 1 +t²dt.

b)La majoration fournie par lea)semble suggérer l’utilisation du théorème d’intégration terme à terme d’une série de fonctions. Posons précisément, pour x ﬁxé dans]−1,1[:

∀p∈N ∀t∈R⁺ up(t) = (−1)^p x^pf(t) (1 +t²)^p+1.

(5)

∗ La série de fonctions up converge simplement surR⁺, avec

∀t∈R⁺

∞ p=0

up(t) = f(t) 1 +t²

∞

p=0

−x 1 +t²

p

= f(t) 1 +t²

1

1 +_1+t^x² = f(t) 1 +t²+x ; la fonction somme est donc continue sur R⁺.

∗ Lesup sont continues, intégrables sur R⁺ d’après ce qui précède, avec :

∀p∈N

R⁺|up|=Ip|x|^p et

R⁺

up = (−1)^pIpx^p.

∗ D’aprèsa),la suite(Ip)est bornée ; donc, puisque|x|<1, la série numérique _R⁺|up|converge.

Je peux donc conclure, grâce au théorème d’intégration terme à terme d’une série de fonctions, que cette fonction somme est intégrable surR⁺ (déjà vu !) et que

R⁺

f(t)

1 +t²+xdt=

∞

p=0 R⁺

up, autrement dit :

T[f] (x) =

∞ p=0

(−1)^pIpx^p, cela pour tout réelx de l’intervalle ]−1,1[.

c)D’après2)a),T est bien déﬁnie, mais il est clair qu’elle ne peut être surjective : le résultat précédent montre en eﬀet que toute fonction de ImT est développable en série entière sur]−1,1[, alors que ce n’est pas le cas de toutes les fonctions de classe C^∞ sur J. En conclusion :

T n’est pas surjective.

N.B.Un autre argument, plus terre à terre et visible dès la déﬁnition deT[f], est que toute fonction deImT est bornée sur R⁺. . .

Partie III 1) a)J’ai immédiatement, sachant que f appartient à E :

∀t∈R⁺ |Φ (t)| ≤

t 0

|f(u)| 1 +u²du≤

+∞

0

|f(u)| 1 +u²du.

Par conséquent :

Φest bornée sur R⁺.

b)Je dispose donc de M >0tel que : ∀t∈R⁺ |Φ (t)| ≤M. Alors, pour k∈N^∗,

∀t∈R⁺ tΦ (t)

(1 +t²)^k+1 ≤M t

(1 +t²)^k+1 =

t→+∞O 1

t^2k+1 . Or 2k+ 1>1 ; comme la fonction considérée est continue sur R⁺, il en résulte que

t→ tΦ (t)

(1 +t²)^k+1 est intégrable sur R⁺. Φ étant une primitive de t → f(t)

1 +t² et comme t

(1 +t²)^k+1 = d dt

−1

2k(1 +t²)^k , j’obtiens en intégrant par parties, pour X >0 :

X 0

tΦ (t)

(1 +t²)^k+1dt= −Φ (t) 2k(1 +t²)^k

X

0

+

X 0

f(t)

2k(1 +t²)^k+1dt.

Comme Φ (0) = 0et comme Φest bornée, j’en déduis en faisant tendreX vers +∞:

∀k∈N^∗

R⁺

tΦ (t)

(1 +t²)^k+1dt= Ik

2k.

2) T[f]étant la fonction nulle par hypothèse, toutes ses dérivées sont également nulles, notamment en 0.

Autrement dit, d’après le II)2)b),j’ai :

∀k∈N Ik= 0.

(6)

3) a)D’après les théorèmes opératoires classiques, ϕ est continue sur ]0,1] ; lim

u→0

1−u

u = +∞ et

t→+∞lim Φ (t) =T[f] (0) = 0 par hypothèse.

Donc, par composition de limites, lim

u→0ϕ(u) = 0 =ϕ(0). ϕest également continue en 0.

ϕest continue sur [0,1].

J’eﬀectue sur ]0,1], le changement de variableC¹ bijectif t= 1−u

u , soitu= 1

1 +t² ; du= −2t (1 +t²)²dt.

J’obtiens, pour k∈N,

1 0

u^kϕ(u) du =

+∞

0

2tΦ (t)

(1 +t²)^k+2dt= Ik+1

k+ 1 = 0 (cf. 1)b)et2)).

Finalement,

∀k∈N

R⁺

u^kϕ(u) du= 0.

b)(5)et la linéarité de l’intégrale montrent que

1 0

P ϕ= 0pour tout polynômeP. ϕétant continue, le théorème de Weierstrass me fournit une suite (Pn) de polynômes convergeant uniformément versϕ sur[0,1]; commeϕest bornée (car continue sur un segment), la suite(Pnϕ) converge uniformément vers ϕ² sur[0,1](en eﬀet N∞ Pnϕ−ϕ² ≤N∞(ϕ)N∞(Pn−ϕ)).

J’en déduis que la suite des intégrales

1 0

Pnϕ converge vers

1 0

ϕ² ; or cette suite est la suite nulle d’après a), donc, par unicité de la limite :

1 0

ϕ² = 0. Comme ϕ² est positive, continue, elle est nulle sur [0,1], d’où

∀u∈[0,1] ϕ(u) = 0.

4) La question précédente montre que, sif appartient àKerT, la fonctionΦassociée comme ci-dessus est nulle sur R⁺ ; il en résulte que sa dérivée est nulle également sur R⁺ et par conséquentf = 0.

T est injective.