TROISIEME PARTIE

ENGEES 2001

Epreuve A - Commune PC / PSI

PREMIERE PARTIE

1)

La fonction est continue surR

Sur [0;+1[ t² e ^t2+zt = t²e ^{t2+Re (z)t} = _t2 Re (z)t^t2 t² Re (z)t e ^{t2+Re (z)t} de limite 1:0 = 0si t tend vers +1 . donct > e ^t2+zt est intégrable sur[0;+1[ .

L’étude de limite est la même sur] 1;0]

donc

t > e ^t2+ztest intégrable surR pour la calcul on remarque que :

8x2R: t²+xt= (t x 2)²+x²

4 et donc en faisant le changement de variableu=t ^x₂

Z +1 1

e ^t2+xtdt=e^x2=4 Z +1

1

e ^u2du

I(x) =p e^x42 2)On doit dériver une intégrale à paramètre :

Soit

j(x; t) =e ^(t+ix)2 =e ^{t2 2ixt+x2}

pour touttréel la fonctionx > j(x; t)estC¹ surR Ret admet la dérivée partielle :

@j

@x(x; t) = ( 2it+ 2x)e ^{t2 2itx+x2}

pour tout xréel la fonction t > j(x; t)est continue surR et t²jj(x; t)j=t²e ^t2+x2 =e^x2 t²e ^t2 admet une limite nulle quandt! 1donc est intégrable surR.

pour toutxréel la fonctiont >_@x^@j(x; t)est continue surRett² _@x^@j(x; t) 2e^x2 t³e ^t2 admet une limite nulle quand t! 1donc est intégrable sur R.

Domination pour(x; t)2[a; b] R: On noteA= max(jaj;jbj)

@j

@x(x; t) =j 2it+ 2xje ^t2+x2 2e^A2(jtj+A)e ^t2

fonction indépendante de xet intégrable surR(toujours des fonctions continues négligeables devant 1=t² en 1) , ce qui établit les hypothèses de domination . D’où : J 2C¹(R)et :

J⁰(x) = Z +1

1

@j

@x(x; t)dt

calcul deJ⁰:

J⁰(x) =

Z +1 1

@j

@x(x; t)dt= Z +1

1

( 2it+ 2x)e ^{t2 2itx+x2}dt

= ie^x2 Z +1

1

( 2t 2ix)e ^{t2 2itx}dt=ie^x2h

e ^{t2 2ix}it >+1 t > 1

(On reconnaît la dérivée det > e ^{t2 2itx} ).

Or e ^t2 2ix =e ^t2 de limite nulle en 1

J0(x) = 0 La fonction est constante , elle vautp enx= 0donc

J(x) =p

8y2R: t²+iyt= (t iy 2)² y²

4 )I(iy) =e ^y

2 4 J( y

2) I(iy) =p e ^y

2 4

3)Soitz=x+iy:

t²+zt= t²+xt+iyt= u²+iyu+x² 4 +ixy

2 en posantu=t ^x₂ . On a donc

e ^t2+zt=e ^u2+iyue^x

2 4+i^xy₂

Si on intègre on a :

Z +1 1

e ^t2+ztdt= Z +in

1

e ^u2+iyue^x

2

4+i^xy₂ du=e^x

2

4+i^xy₂ I(iy) =p e^x

2

4+i^xy₂+^y₄²

I(z) =p

exp ^z₄²

SECONDE PARTIE

2)La fonctiont > e ^ixtf(t)est continue par morceaux surRet e ^ixtf(t) =jf(t)jest intégrable surR , donc la fonction fb(x) =R+1

1 e ^ixtf(t)dt est dé…nie pour tout réelx. 3) utilisons le théorème de continuité d’une intégrale à paramètre:

pour touttréel la fonction x > e ^ixtf(t)est continue surR

pour toutxréel la fonctiont > e ^ixtf(t)est continue par morceau , intégrable surR

domination parjfj: 8(x; t)2R R,jf(x; t)j=jf(t)j, continue par morceaux, intégrable surR. fb(x) =R

Re ^ixtf(t)dtest continue surR

4b)C’est le théorème d’approximation uniforme d’une fonction continue par morceaux sur un segment par des fonctions en escalier.

Soit"…xé , et g_"ainsi construite :

On a donc d’une part : : Z n n

e ^ixtjf(t) g"(t)jdt) "

Z n n

e ^ixtdt 2"

x

D’autre parg" étant en escalier , il existe un partagefaig^ki=0 de[ n; n]telle queg"soit constante sur]ai; ai+1[:Notons

i cette constante. Donc d’après4a:

Z bi+1

bi

g_"(t)dt= _i Z bi+1

bi

e ^ixtdt!x >+10

Donc :

Z an+1

an

e ^ixtg"(t)dt=

k 1

X

i=0 i

Z bi+1

bi

e ^ixtdt!^{x >+}10

et donc

9X ,x X =) Z n

n

e ^ixtg"(t)dt "

En réunissant les 2:

9X ,x X=) Z n

n

e_"^ixtf(t)dt 2"

ce qui assure la limite nulle decf_n 4c)On peut alors décomposer

Z +1 1

e ^ixtf(t)dt= Z n

1

e ^ixtf(t)dt+ Z n

n

e ^ixtf(t)dt+ Z +1

n

e ^ixtf(t)dt

et majorer chaque morceau : Soit" >0 R n

1e ^ixtf(t)dt R n

1jf(t)jdt; et commef est intégrable : 9N1 ,n N1=)R n

1jf(t)jdt "(on remarquera que N₁ ne dépend pas dex)

R+1

n e ^ixtf(t)dt R+1

n jf(t)jdt; et commef est intégrable : 9N2 ,n N2=)R+1

n jf(t)jdt "(on remarquera que N2 ne dépend pas dex)

Pour unn max (N₁; N₂)on applique le résultat de la question précédente : 9X ,x X =) Rn

ne_"^ixtf(t)dt 2"

et donc pourx X : R+1

1 e_"^ixtf(t)dt 4"ce qui assure la limite nulle : lim+1(fb) = 0

Le calcul est le même en 1.

TROISIEME PARTIE

1) Si f 2S , pour p=q = 0 on a : f(x)! 0qd x ! 1. f est continue surR , admet une limite nulle en 1 donc 9A >0;jxj A) jf(x)j 1:

f est donc bornée sur] 1; A];[A;+1[et sur[ A; A]car l’image d’un segment par une fonction continue est un segment, donc est bornée.

f est bornée surR.

De mêmef⁰(x)!0qd x! 1doncf⁰ est bornée surR. SoitK= sup_Rjf⁰j. D’après l’inégalité des accroissement …nis : (x; y)2R,jf(x) f(y)j Kjx yj

f est K-lipschitzienne 2)Sif 2S ,

S L¹_cm(R) :f est continue surRet de la formeO(_x¹2)en 1, doncf est intégrable surR. S est non vide : e02S

S est stable par combinaisons linéaires : Soitf etg dansS et et deux scalaires on a 8(p; q);lim

1 x^p( f+ g)^(q)(x) = lim

1 x^pf^(q)(x) + lim

1 x^pg^(q)(x) = 0 doncS est un SEV deL¹_cm(R).

3)La fonctionA(x) =e ^ax2 est bienC¹ surRet :

x^pA(x) =x^pe ^ax2 = x^{2 p=2}e ^ax2 tend vers0en 1, car l’exponentielle dex²l’emporte sur la puissance.

A⁰(x) = 2ax'(x) ;doncx^pA⁰(x) = 2a x^{2 (p+1)=2}e ^x2 > ₁0

par récurrence on montre que : 8q ; A^(q)(x) =Pq(x)e ^x2 oùPq est une fonction polynômiale . C’est vrai pourq= 0 et q= 1. Et siA^(q)(x) =P_q(x)e ^x2 alorsA^(q+1)(x) = P_q⁰(x) 2xP_q(x) e ^x2 etP_q+1=P_q⁰ 2XP_q est bien un polynôme.

NotonsQson degré et _Q son coe¢ cient dominant.

L’exponentielle l’emporte sur toute puissance donc8p; q2N; x^pA^(q)(x) Qx^p+Qe ^x2 = Q x²

p+Q

2 e ^x2 ! 10 . Donc

t > e ^t2 2S

4)Sif 2S , alorsf⁰ estC¹et 8p; q2N; x^p(f⁰)^(q)(x) =x^pf^(q+1)(x)! 10 , donc f⁰2S

Notonsg(x) =xf(x): g estC¹; et8p2N; x^pg(x) =x^p+1f(x)! 10

et8q 1;la formule de Leibniz donne(g)^(q)(x) =xf^(q)(x) +qf^{(q 1)}(x)et donc : lim1 x^pg^(q)(x) = lim

1 x^ph

xf^(q)(x) +qf^{(q 1)(x)}i

= 0 Donc

g2S f 2S)f⁰2S . Donc par récurrencef^(q)2S :

vrai pourq= 0et pourq= 1

Sif^(q)2S alors f^{(q) 0}2S en appliquant le résultat précédent à f^(q) . De même par récurrence

x^pf^(q)2S

5)PosonsF(x) =e ^iaxf(x). F estC¹

lim ₁(x^pF(x)) = 0carjx^pF(x)j=jx^pf(x)jde limite nulle.

F⁰(x) =e ^iax[ iaf(x) +f⁰(x)]et g₁= iaf+f⁰ est une combinaison linéaire d’éléments deS , (f 2S par hypothèse etf⁰ 2S par la question précédente) donc appartient àS .

Donclim (x^pF⁰(x)) = lim (x^pg1(x)) = 0

Par récurrenceF^(q)(x) =e ^iaxg_q(x)avecg_q 2S : vrai pourq= 0et q= 1.

SiF^(q)(x) =e ^iaxg_q(x)avecg_q2SalorsF^(q+1)(x) =e ^iax iag_q(x) +g_q⁰(x) etg_q+1= iag_q+g_q⁰ 2Spar combinaison linéaire.

En…n8p ; lim ₁ x^pF^(q)(x) = lim ₁(x^pg_q(x)) = 0 Donc 2S

QUATRIEME PARTIE

1)Utilisons le théorème de dérivation des intégrales à paramètres:

pour toutt x > '(x; t) =e ^ixtf(t)estC¹surRde dérivée ^@'_@x(x; t) = ite ^ixtf(t). pour toutxréel t > e ^ixtf(t)ett > ite ^ixtf(t)sont continues surR

et on a les dominations (qui assurent l’intégrabilité) :

– e ^ixtf(t) jf(t)jintégrable surR(D’après III 2 carf 2S)

– ite ^ixtf(t) jtf(t)jintégrable sur R(cart > tf(t)2S d’après III 4 ) On en déduit quefb(x) =R+1

1e ^ixtf(t)dtest de classeC¹surRet (fb)⁰(x) =R+1

1 ite ^ixtf(t)dt C’est la transformée de Fourier det > itf(t)qui appartient àS d’après III 4

fb ⁰= \itf(t)

Par conséquent (fb)⁰ est à son tour de classe C¹ et par récurrence (fb) est Cⁿ et (fb)⁽ⁿ⁾ est la transformée de Fourier de t > f (t) ( itf(t))ⁿ élément de S

vrai pourn= 0etn= 1

si c’est vrai pournOn a (fb)⁽ⁿ⁾=cfn. Commecfn 2S on a(cfn) de classeC¹ et fcn

0 est la transformée de Fourier de t > itxf_n(t) =f_n+1(t)2S. (fb)⁽ⁿ⁾ est doncC¹ surRet(fb)⁽ⁿ⁺¹⁾est la transformée de Fourier de f_n+12S:

b

f 2C¹(R)

2)On intègre par parties , en utilisant : e ^ixtf(t) =jf(t)j !0qd x! 1carf 2S : (fd⁰)(x) =

Z +1 1

e ^ixtf⁰(t)dt= lim

B!+1 A! 1

e ^ixtf(t) ^B_A Z B

A

ixe ^ixtf(t)dt

!

=ix lim

B!+1 A! 1

Z B A

e ^ixtf(t)dt

!

=ixfb(x)

(fd⁰)(x) =ixfb(x)

donc\(f^(p))(x) = (ix)^pfb(x). On a vu enII 4quelim ₁ f(x)b !0. On applique ceci à f^(p), d’où : lim ₁ x^pfb(x) = lim ₁ fd^(p)(x) = 0carf^(p)2S (III 4).

Comme pour tout n (fb)⁽ⁿ⁾ est aussi la transformée de Fourier de fn élément de S on a la même propriété pour (fb)⁽ⁿ⁾ Conclusion :

f 2S)fb2S 3)

(gd_y)(x) = Z +1

1

e ^itxg_y(t)dt= Z +1

1

e ^it(x+y)f(t)dt=fb(x+y) 4)

f(x) =e ^ax2 )fb(x) = Z +1

1

e ^{ixt at2}dt= Z +1

1

e ^{ixpua u2}du pa = 1

paI( ix pa) =

r ae ^x

2 4a

F(x) =e ^{ax2 ixy}=e ^ixyf(x))Fb(x) =fb(x+y) = r

ae ^(x+y)24a :

QUESTION PRELIMINAIRE

Soitx…xé . F(t) =Rx

a f(t; u)duest une intégrale à paramètre

–la fonction: (t; u) > f(t; u)est continue surR [a; x],De plus on intègre sur un segment ([a; x]ou[x; a]) donc il est inutile de dominer.

la fonction : t >Rx

a f(t; u)duest continue surR. –8x2I ,8t2R; Rx

a f(t; u)du Rx

a jf(t; u)jdu Rx

a g(t)du g(t)jx aj

– (t) =jx ajg(t)est une fonction indépendante deu, continue et intégrable sur Rdonct > g(t)jx ajaussi , et d’après le théorème de majoration

t >Rx

a f(t; u)du est intégrable surR

Ort > f(t; u)est continue surRet y est intégrable surRcarjf(t; u)j g(t), intégrable surR. (t; u) > f(t; u)est une fonction continue sur[ n; n] [a; x].Donc d’après le théorème de FubiniRn

n

Rx

a f(t; u)du dt= Rx

a

Rn

nf(t; u)dt du On a

Z x a

Z +1 n

f(t; u)dt du

Z x a

Z +1

n jf(t; u)jdt du

Z x a

Z +1 n

g(t)dt du

jx aj Z +1

n

g(t)dt

Donc

n >+lim1

Z x a

Z +1 n

f(t; u)dt du = 0

de même

n >+lim1

Z x a

Z n 1

f(t; u)dt du = 0

, on peut considérer I(u) = R+1

1 f(t; u)dt et écrire que R+1

1 f(t; u)dt = R+1

n f(t; u)dt+Rn

nf(t; u)dt+R n

1f(t; u)dt d’où :

Z x a

Z +1 1

f(t; u)dt du = Z x

a

Z +1 n

f(t; u)dt du+ Z x

a

Z n n

f(t; u)dt du+ Z x

a

Z n 1

f(t; u)dt du

= Z x

a

Z +1 n

f(t; u)dt du+ Z n

n

Z x a

f(t; u)dt du+ Z x

a

Z n 1

f(t; u)dt du

On fait tendrenvers+1et il reste Rx

a

R+1

1 f(t; u)dt du=R+1 1

Rx

a f(t; u)dt du