Problème B : autour de la fonction

(1)

Problème A : transformation de Fourier

I — Généralités

1) Soit x ∈ R ; justifier la définition de f(x) revient à montrer que la fonction gx : t → e⁻îxtf(t) est intégrable sur R. Orgx est continue surR, comme f, et j’ai :

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

f est bien déﬁnie sur R.

2) Supposons f paire et à valeurs réelles. x étant ﬁxé dans R, j’eﬀectue le changement de variable C¹ bijectif u=−tpour obtenir :

f(x) =

Re⁻^ixtf(t) dt=

Re^ixuf(−u) du=

Re^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+

Re^ixtf(t) dt =

Rcos (xt)f(t) dt.

J’en déduis en particulier :

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

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

2 _Re⁻^ixtf(t) dt−

Re^ixtf(t) dt =−i

Rsin (xt)f(t) dt.

J’en déduis en particulier :

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

II — Transformée de Fourier de H0

1) H0 est paire, continue sur R et intégrable sur R⁺ (car continue sur le segment [0,1] et intégrable sur [1,+∞[par comparaison à une intégrale de Riemann : e⁻^t²^/2 =

t→+∞O 1/t² et2>1).

De plus, le changement de variableC¹ bijectif t=u√

2 donne

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)J’intègre par parties avec u :t → −e^−t²^/2 et v : t →t²ⁿ⁺¹ : u et v sont C¹ sur R⁺, le produit uv admet pour limite 0 en 0 et en +∞etIn+1 converge donc (en utilisantu^′(t) =te⁻^t²^/2)

In+1 =

+∞ 0

u^′v= [uv]⁺₀^∞−

+∞ 0

uv^′ = (2n+ 1)In, soit

∀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!.

(2)

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.

5) Fixonsx réel. D’après I-2),H0 étant paire, j’ai grâce au développable en série entière de cos: 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.

(3)

Problème B : autour de la fonction

Γ 1) Exemple du cours. . .

2) Formule de Gauss

a)Soit x >0 ; je vais appliquer le théorème de convergence dominée à la suite de fonctions(fn) :

∗ les fonctionsfnsont continues par morceaux sur R⁺∗ ;

∗ soit n ∈ N^∗, j’ai la majoration classique : ∀u > −1 ln (1 +u) ≤ u, d’où, pour t ∈ ]0, n[, ln 1− t

n ≤ −t

n; multipliant parn, par croissance de l’exponentielle j’obtiens 1− t n

n

≤e^−t; cette inégalité étant encore vraie pourt=n, j’ai :

∀n∈N^∗ ∀t∈R^+∗ |fn(t)| ≤ϕ(t) en notantϕ:t→e^−tt^x−1 ; ϕest continue, intégrable sur R⁺∗ d’après 1);

∗ enﬁn, la suite(fn) converge simplement vers ϕ surR^+∗ car, pourt >0 ﬁxé, t≤n à partir d’un certain rang (!) auquel cas

nln 1− t

n ∼

n→∞−t , donc lim

n→∞ 1− t n

n

=e⁻^t et j’ai bienϕ continue par morceaux surR⁺∗.

Ainsi, le théorème de convergence dominée s’applique : les fn sont intégrables et Γ (x) = lim

n→∞

n 0

1− t n

n

t^x−1dt.

b)Soit n ﬁxé dansN^∗ ; pour a >0 etp∈N^∗, je pose Ip,a=

n 0

1− t n

p

t^a−1dt (intégrale bien déﬁnie car 1− t n

p

t^a−1 ∼

t→0

1

t¹⁻^a et1−a <1.

En intégrant par parties sur]0, n](le crochet converge bien), j’obtiens Ip,a= 1− t

n

p t^a a

t=n t→0

+ p na

n 0

1− t n

p−1

t^adt= p

naIp−1,a+1 . J’en déduis, par une récurrence immédiate, que

In,x= n

nxI_n−1,x+1 = n(n−1)

n²x(x+ 1)I_n−2,x+2=· · ·= n!

nⁿx(x+ 1)...(x+n−1)I0,x+n.

Or I0,x+n= n^x+n

x+n d’où ﬁnalement, après simpliﬁcation parnⁿ,

n 0

1− t n

n

t^x⁻¹dt=In,x = n^x.n!

x(x+ 1)...(x+n). En conclusion, grâce à a):

Γ (x) = lim

n→∞

n^x.n!

x(x+ 1)...(x+n). 3) Formule de Weierstrass

D’après2)b), j’ai, pourx >0 ﬁxé, comme n⁻^x = exp (−xlnn) : 1

Γ (x) = lim

n→∞

x(x+ 1)· · ·(x+n)

n^x.n! =x lim

n→∞n⁻^x

n k=1

1 +x k

= xe^γx lim

n→∞exp (−γx−xlnn)

n k=1

1 +x k ; je fais apparaître

exp

n k=1

x k .

n k=1

exp −x

k qui vaut 1 ;

(4)

ﬁnalement :

1

Γ (x) =xe^γx lim

n→∞exp −γx−xlnn+

n k=1

x k

n k=1

1 +x

k e⁻^x^k , or, par déﬁnition de γ,

−γx−xlnn+

n k=1

x k =x

n k=1

1

k−lnn−γ _n−→

→∞0.

Il en résulte :

1

Γ (x) =xe^γx lim

n→∞

n k=1

1 +x

k e⁻^x^k cela pour tout x deR⁺∗. 4) a)Soit x∈R⁺∗ ﬁxé ; d’après le résultat précédent,

Ψ (x) =−ln 1

Γ (x) =−lnx−γx−ln lim

n→∞

n k=1

1 +x

k e⁻^x^k .

Or la suite de terme général

n k=1

1 +x

k e⁻^x^k converge vers la limite strictement positive 1 Γ (x)xe^γx ; la fonction lnest continue en ce point, donc

Ψ (x) + lnx+γx = − lim

n→∞ln

n k=1

1 +x k e⁻^x^k

= − lim

n→∞

n k=1

ln 1 +x k e⁻^x^k

= lim

n→∞

n k=1

x

k −ln 1 +x k Ainsi la série de terme général x

k−ln 1 +x

k converge (ce qui peut se prouver directement par un développement limité. . . ) et :

Ψ (x) =−lnx−γx+

∞

n=1

x

k −ln 1 + x

k cela pour toutx deR^+∗.

b)Pour bénéficier de la convergence normale de u^′_n, je fixe M > 0 et je me place sur ]0, M]. Les fonctions undéfinies dans l’énoncé sont de classe C¹ sur]0, M]; la série de fonctions un converge simplement sur ]0, M], sa somme étantS = ^∞

n=1

un:x→Ψ (x) + lnx+γx; et j’ai

∀n∈N^∗ ∀x∈]0, M] u^′_n(x) = x

n(x+n), d’où u^′_n(x) ≤ M n².

Par comparaison à une série de Riemann (2 > 1 !), il en résulte que la série de fonctions u^′_n converge normalement, donc uniformément sur ]0, M]; ainsi, par le théorème de dérivation terme à terme, S est C¹ sur ]0, M], cela pour toutM >0. Finalement,S est de classeC¹ sur R^+∗ avec

S^′ = ^∞

n=1

u^′_n.

Sachant que Ψ :x→S(x)−lnx−γx, j’en déduis grâce aux théorèmes opératoires classiques que Ψest C¹ sur R⁺∗ et∀x∈R⁺∗ Ψ^′(x) =−1

x −γ+x

∞

n=1

1 n(x+n). En particulier, pour x= 1, j’obtiens

Ψ^′(1) =−1 +γ+

∞

n=1

1

n(1 +n) =−1−γ+

∞

n=1

1 n− 1

1 +n =−γ;

(5)

en eﬀet,

∞

n=1

1 n− 1

1 +n = lim

N→∞

N n=1

1 n− 1

1 +n = lim

N→∞ 1− 1

N + 1 = 1.

En conclusion,

Ψ^′(1) =−γ.

c)Pour tout n de N^∗, la fonction x → x

n(x+n) = 1 n − 1

x+n est croissante, ainsi que la fonction x → −1

x ; or la somme d’une série de fonctions croissantes qui converge simplement est aussi croissante ; par conséquent,

Ψ^′ est croissante sur R⁺∗ ; autrement dit Ψest convexe sur R⁺∗. 5) Généralisation de la formule de Stirling

a)Soit x∈R⁺∗ ; j’utilise le changement de variableC¹ bijectifu=x+t√ x : Γ (x+ 1) =

+∞ 0

u^xe^−udu=

+∞

−√ x

x+t√

x ^xe^−x−t^√^x√

xdt=x^xe^−x√ x

+∞

−√ x

1 + t

√x

x

e^−t^√^xdt.

J’obtiens bien, avec les notations de l’énoncé : Γ (x+ 1) = x

e

x√

x Rf(x, t) dt, cela pour toutx de R⁺∗.

b)Soit x ﬁxé dans [1,+∞[ ; l’application g de l’énoncé est de classe C^∞ sur R⁺ et j’ai, tous calculs faits,

∀t∈R⁺ g^′(t) = t²(√ x−1) (t+ 1) (t+√

x) ≥0 ;

g est donc croissante surR⁺, donc à valeurs positives puisqueg(0) = 0 ; par conséquent

∀t∈R⁺ xln 1 + t

√x −t√

x≤ln (1 +t)−t, d’où, par croissance de la fonction exponentielle :

∀t∈R⁺ 1 + t

√x

x

e^−t^√^x≤(1 +t)e^−t. Ainsi, puisque f(x, t) est clairement positif,

∀x∈[1,+∞[ ∀t∈R⁺ 0≤f(x, t)≤(1 +t)e⁻^t.

c)De même, pour x ﬁxé dans [1,+∞[, l’application hde l’énoncé est de classe C^∞ sur ]−1,0] et j’ai, tous calculs faits,

∀u∈]−1,0] h^′(u) =− u²

1 +u ≤0 ;

hest donc décroissante sur ]−1,0], donc à valeurs positives puisque h(0) = 0; par conséquent

∀t∈ −√

x,0 h t

√x ≥0, soit ln 1 + t

√x − t

√x ≤ −t² 2x, d’où, en multipliant par x avant de prendre l’exponentielle :

∀t∈ −√

x,0 1 + t

√x

x

e^−t^√^x≤e^−t²^/2. Ainsi, puisque f(x, t) est toujours positif,

∀x∈[1,+∞[ ∀t∈]−√

x,0] 0≤f(x, t)≤e⁻^t²^/2.

(6)

d)Soit (xn) une suite d’éléments de[1,+∞[, de limite+∞; soit(fn) la suite de fonctions déﬁnies sur R par :

∀n∈N ∀t∈R fn(t) =f(xn, t). Je vériﬁe les hypothèses du théorème de convergence dominée :

∗ les fn sont continues sur R;

∗ j’ai, grâce aux deux questions précédentes,

∀n∈N ∀t∈R |fn(t)| ≤ϕ(t) où ϕ:t→ e⁻^t²^/2 si t≤0 (1 +t)e⁻^t si t >0 .

ϕest continue surR, intégrable surR(car continue sur le segment[−1,1], intégrable sur]−∞,−1]

et[1,+∞[par comparaison à des intégrales de Riemann, puisqueϕ(t) =

t→±∞O 1/t² et2>1) ;

∗ la suite(fn) converge simplement sur Rvers h:t→e⁻^t²^/2 : en effet, pourtréel fixé, j’ai pour n suffisamment grandt≥ −√xn (car lim

n→∞xn= +∞) et alors lnfn(t) = xnln 1 + t

√xn −t√

xn=xn t

√xn − t²

2xn+o 1

xn −t√ xn

= −t²

2 +o(1)_n−→

→∞−t² 2 ; enﬁnhest continue surR.

Donc le théorème de convergence dominée s’applique : lesfn ethsont intégrables sur Ret

nlim→∞ Rfn(t) dt=

Rh(t) dt.

Autrement dit :

nlim→∞ Rf(xn, t) dt=

Re⁻^t²^/2dt.

e)Le changement de variable C¹ bijectifu=t/√

2 dans l’intégrale de Gauss donne facilement :

Re⁻^t²^/2dt=√ 2π.

Soit F : x → Γ (x+ 1) (x/e)^x√

x. J’ai prouvé, grâce à la question précédente, que, pour toute suite (xn) de limite +∞(prenant donc ses valeurs dans [1,+∞[ à partir d’un certain rang), la suite F(xn) converge vers √

2π ; d’après la caractérisation séquentielle des limites, j’ai donc

x→lim+∞F(x) =√ 2π.

Autrement dit :

Γ (x+ 1) ∼

x→+∞

√2πx x e

x.

Problème B : recherche de plans stables

1) Les deux dernières colonnes de U1 donnentu1(e2) = (0,0,1)etu2(e3) = (−1,−3,−3), d’où u1(e1) =u1(e2)∧u2(e3) = (3,−1,0),

qui fournit la première colonne de U1. On obtient de même les autres colonnes de U1, ainsi queU2 : U1 =



 3 3 1

−1 0 0 0 −1 0



 et U2=



 2 0 0 0 0 0

−2 0 0



.

2) B étant une base orthonormale directe, j’ai

e1=e2∧e3 , e2 =e3∧e1, e3=e1∧e2. (1) Compte tenu du caractère alterné et antisymétrique du produit vectoriel, il en résulte que

∀(i, j)∈[[1,3]]² u(ei∧ej) =u(ei)∧u(ej).

(7)

Or les deux applications (a, b) →u(a∧b) et (a, b) → u(a)∧u(b) sont bilinéaires et je viens de voir qu’elles coïncident sur tous les couples (ei, ej). Il en résulte, par bilinéarité :

∀(a, b)∈E² u(a∧b) =u(a)∧u(b).

Siv vériﬁe

∀(a, b)∈E² v(a∧b) =u(a)∧u(b),

alors d’après les relations(1),vetu sont deux applications linéaires qui coïncident sur la baseB, donc v=u.

3) Toujours d’après les relations(1),IdE laisse invariants les vecteurs de la base B, donc IdE = IdE.

Soit (u, v)∈ L(E)² et(a, b)∈E² ; d’après2),

(u◦v) (a∧b) =u v(a)∧v(b) =u[v(a)]∧u[v(b)] = (u◦v) (a)∧(u◦v) (b). Cette relation étant vraie pour tout (x, y) de E², j’en déduis d’après 2):

u◦v=u◦v.

Siuest inversible, j’applique le résultat précédent avecv=u⁻¹ : u◦u⁻¹= IdE = IdE. Comme il s’agit d’endomorphismes d’un espace vectoriel de dimension ﬁnie, ce sont deux automorphismes inverses l’un de l’autre :

Siu est inversible, alorsu est inversible et u⁻¹ =u⁻¹.

4) Soient C1, C2, C3 (resp. C1, C2, C3) les vecteurs colonnes de U (resp. U). Par déﬁnition de u, les coordonnées de C1, C2, C3 dans Bsont respectivement celles de C2∧C3, C3∧C1, C1∧C2.

Déjà, si rgu≤1,C1, C2, C3 sont colinéaires et donc U = 0, c’est-à-dire que rgu= 0.

Lorsquergu= 3, la question précédente montre quergu= 3.

Reste le cas rgu = 2, où le calcul de ^tU ×U va nous être utile. D’après l’expression analytique du produit scalaire dans la base orthonormaleB,^tU×U est remplie par les produits scalaires Ci|Cj ; or ce produit scalaire vaut 0 pour i=j car dans ce cas Cj est un produit vectoriel dont l’un des facteurs est Ci ! Et pour i = j je reconnais grâce aux coordonnées du produit vectoriel le développement de detU par rapport à la colonnej. Or icidetU = 0puisquergu <3. Donc^tU×U = 0, c’est-à-dire que ImU ⊂ Ker^tU. Or ^tU est de rang 2 comme U, donc d’après le théorème du rang rgu ≤ 1. Or dans ce cas un’est pas nul : je peux choisir deux vecteurs a, bde E tels que (u(a), u(b))soit libre (puisque Imuest de dimension 2) ; alors u(a∧b) =u(a)∧u(b) = 0par construction. En conclusion,

Sirgu≤1,rgu= 0; sirgu= 2,rgu= 1; sirgu= 3,rgu= 3.

5) L’application φ:u→u est bien une application deL(E)dans lui-même, mais :

• elle n’est pas linéaire : en eﬀet λ.u=λ².u(immédiat d’après la déﬁnition) ; par exemple φ(2.IdE) = 4.φ(IdE) = 2.φ(IdE) car φ(IdE) = IdE = 0.

• elle n’est pas injective : pour u de rang 1 (par exemple une projection sur une droite), u = 0 alors que φ(u) =φ(0) = 0(ne pas parler deKerφ!!)

• elle n’est pas surjective : d’après ce qui précède, pour v de rang 2 (par exemple une projection sur un plan), v n’admet aucun antécédent parφ.

6) Par hypothèse, (a, b) est une base deP, donc déjà a∧b = 0. Notons v l’endomorphisme de P induit par uet posons M(a,b)(v) = x z

y t . J’ai ainsi

u(a) =x.a+y.b et u(b) =z.a+t.b d’où en développant

u(a∧b) =u(a)∧u(b) = (xt−yz).a∧b En conclusion,

a∧b est un vecteur propre deu et la valeur propre associée est detv.

(8)

7) Soit(a, b) une base orthonormale du plan normal au vecteurcconsidéré dans l’énoncé. cétant unitaire, j’ai a∧b=±c, donc – quitte à échangera etb–

On peut ﬁxer(a, b) famille orthonormale de E telle quec=a∧b.

Par construction, C= (a, b, c) est une base orthonormale directe deE.

Soit A=



 r x ∗ s y ∗ t z ∗



la matrice de u dans cette base.

J’ai par hypothèse u(z) =λ.c et par déﬁnition :

u(c) =u(a)∧u(b) = (sz−ty).a+ (tx−rz).b+ (ry−sx).c d’où, par unicité des coordonnées dans la base C :

λ=ry−sx et sz−ty= 0

−rz+tx= 0 .

Alors, si l’on suppose en outre λ = 0, le système ci-dessus, considéré comme un système linéaire d’inconnue(z, t), est homogène et de Cramer (son déterminant n’est autre quesx−ry!). Par conséquent z=t= 0, ce qui signiﬁe que u(a) etu(b) sont dans Vect (a, b) =P, autrement dit :

P est stable paru.

8) J’ai vu au 4)que uest de rang 3 si et seulement si uest de rang 3. Autrement dit : 0 est valeur propre deu si et seulement si 0 est valeur propre de u.

Soit λ∈RetP un plan stable paru :

∀a∈P (u−λ.IdE) (a) =u(a)−λ.a∈P

donc P est également stable par u−λ.IdE. En appliquant ce résultat à v = u−λ.IdE et µ = −λ, j’obtiens que, siP est stable par v, alorsP est également stable par v+λ.IdE =u. En conclusion,

Pour tout réel λ, les plans stable par u sont les plans stables paru−λ.IdE.

Des questions 6) et 7) il résulte que, si 0 n’est pas valeur propre de u, les plans stables par u sont les orthogonaux des droites stables par u (i.e. dirigées par un vecteur propre de u). En eﬀet, je viens de montrer que – dans ce cas – 0 n’est pas non plus valeur propre de u et donc le résultat du 7) s’applique.

Si toutefois 0 est valeur propre deu, il suﬃt de choisirλréel non valeur propre deu (qui n’en a qu’un nombre ﬁni !) et d’appliquer la méthode précédente à u−λ.IdE (qui est alors inversible et n’admet donc pas 0 pour valeur propre !).

9) Dans de cas deu1, j’obtiens, tous calculs faits :

χ_U1 = (X−1)³ , SpU1 ={1} et E1 U1 = Vect (1,−1,1). Donc il n’existe qu’une droite stable paru1 et par conséquent :

L’unique plan stable par u1 est P1 / x−y+z= 0.

N.B.Il s’agit de Ker (u1+ IdE)², u1+ IdE étant nilpotent d’indice 3. . .

Dans le cas de u2, 0 est l’unique valeur propre. Je choisis par exemple λ= 1 et je considère u2−IdE

(qui est inversible !).

U2−I3 =



 −1 1 1 0 0 −1

0 1 0



 , U2−I3=



 1 0 0

1 0 1

−1 −1 0



 ,

χ_U

2−I3 = (X−1) X²+ 1 , Sp_R U2−I3 ={1} et E1 U2−I3 = Vect (1,0,−1). Finalement

L’unique plan stable paru2 est P2 / x−z= 0.