[PDF] Centrale 2016 - PSI 2 un corrigé 1 Transformation de Fourier

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Centrale 2016 - PSI 2

un corrige

1 Transformation de Fourier

1.A'est continue surRn f1=2;1=2get en1=2, elle admet des limites nies a droite et gauche.

C'est donc une fonction continue par morceaux surR. Les seuls problemes d'integrabilite sont aux voisinages des innis ou'est nulle et donc integrable. Finalement '2Ecpm

On a immediatement

8x2R;F(')(x) =Z

1=2

1=2e2ixtdt=

12ix 1=2

1=2=12ix(eixeix) =sin(x)x

De plus

F(')(0) =Z

1=2

1=2dt= 1

On remarque (puisque sin(u)uau voisinage de 0) queF(') est continue surR. 1.B

1.B.1On sait que sin est DSE de rayon inni et en utilisant le DSE, on trouve que

8x6= 0; (x) =+1X

n=0(1)n(2n+ 1)!(x)2n=+1X n=0(2)n(2n+ 1)!x2n La formule reste valable pourx= 0. On a donc trouve le DSE de et montre que le rayon de convergence est inni. La somme d'une serie entiere etant de classeC1sur l'intervalle ouvert de convergence, on a donc

2C1(R)

1.B.2Soitn2N; sur [n;n+ 1],1x

1n+1. On en deduit que

Z n+1 n j (x)jdx1(n+ 1)Z n+1 n jsin(x)jdx x7! jsin(x)jetant 1-periodique, l'integrale ci-dessus estegale a celle sur [0;1] ou la fonction est positive. On peut enlever les valeurs absolue et l'integrale vautR1

0cos(x)dx=2

Ainsi,Zn+1

n j (x)jdx2

2(n+ 1)

On en deduit que

8n2N;Z

n 0 j (x)jdx2 2n X k=11k !n!+1+1 c7!Rc

0j (x)jdxest croissante surR+et ce qui precede montre que cette fonction n'est

pas bornee. Elle est donc de limite innie en +1et n'est pas integrable surR+. En particulier =2Ecpm 1

1.CIl s'agit d'utiliser le theoreme de continuite des integrales a parametres. Soit doncf2Ecpm.

-8x2R; t7!f(t)e2ixtest continue par morceaux surR. -8t2R; x7!f(t)e2ixtest continue surR. -8[a;a]R;8x2[a;a];8t2R;jf(t)e2ixtj=jf(t)j. Le \majorant" est independant dexet integrable surR.

Le theoreme s'applique et donne

F(f)2C0(R)

1.DSoitf2 S.

1.D.1Soitn2N.x7!xnf(x) est continue surRet les seuls problemes d'integrabilite sont

aux voisinages des innis.x7!xn+2f(x) etant bornee surR, on axnf(x) =O(1=x2) au voisinage des inni ce qui nous donne l'integrabilite voulue.

1.D.2On veut maintenant utiliser le theoreme de regularite des integrales a parametres.

-8x2R; t7!f(t)e2ixtest continue par morceaux surR. -8n2N;8t2R; x7!f(t)e2ixtest de classeC1surRde deriveen-iemex7! (2i)ntnf(t)e2ixt. -8n2N;8x2R; t7!(2i)ntnf(t)e2ixtest continue surR. -8n2N;8[a;a]R;8x2[a;a];8t2R;j(2i)ntnf(t)e2ixtjj= (2)njtnf(t)j. Le \majorant" est independant dexet integrable surR(on vient de le voir).

Le theoreme s'applique et donneF(f)2C1(R) avec

8n2N;8x2R;(F(f))(n)(x) = (2i)nZ+1

1 tnf(t)e2ixdt 1.E

1.E.1est continue et(x) est negligeable devant toute puissance dexau voisinage des innis

par croissances comparees. En particulier pour toutn2N,x7!xn(x) est continue et de limite nie (et m^eme nulle) en1et donc bornee. Ainsi 2 S La question precedente donne la derivabilite dey=F() avec

8x2R; y0(x) = (2i)Z

+1 1 tet2e2ixtdt

On a alors

8x2R; y0(x) + 2xy(x) =iZ

+1 1 (2t2ix)et22ixtdt La fonction (det) sous l'integrale est la derivee det7!et22ixtdont la limite en1 est nulle (son module vaut(t)). L'integrale est donc nulle et

8x2R; y0(x) + 2xy(x) = 0

1.E.2On resout cette equation dierentielle lineaire d"ordre 1. Il existe une constantectelle que

8x2R; y(x) =cex2

Avec l'integrale donnee dans l'enonce, on sait quey(0) = 1 et donc quec= 1. On a ainsi

8x2R; y(x) =ex2

ce qui s'ecrit, en revenant aux notations de l'enonce, F() = 2

2 Formule d'inversion de Fourier

2.AOn veut utiliser le theoreme de convergence dominee surRavec la fonction

u n:x7! F(f)(x)xn - Pour toutn,unest continue surR. - Commeest continue en 0, (un) converge simplement surRversF(f) ((0) = 1) et cette limite simple est continue surR. - Pour toutn,junj jF(f)j(jjest majoree par 1) et le majorant est integrable surR.

Le theoreme s'applique et indique que

lim n!+1In=Z +1 1

F(f)(x)dx

2.BOn veut utiliser le theoreme de convergence dominee surRavec la fonction

v n:t7! F()(t)ftn =(t)ftn - Pour toutn,vnest continue surR. - Commefest continue en 0, (vn) converge simplement surRversf(0)et cette limite simple est continue surR. -fetant dansS, elle est bornee surR(f(t) =t0f(t)). Pour toutn,jvnj kfk1et le majorant est integrable surR.

Le theoreme s'applique et indique que

lim n!+1Jn=f(0)Z +1 1 (t)dt=f(0)

2.CEn revenant a la denition deF(f), on a

I n=Z +1 1 Z+1 1 f(t)e2ixtxn dt dx

La formule de Fubini donne alors

I n=Z +1 1 Z+1 1 f(t)e2ixtxn dx dt Dans l'integrale interne, on eectue le changement de variable lineaireu=x=npour obtenir I n=nZ +1 1 Z+1 1 f(t)e2inut(u)du dt Dans l'integrale exterieure, on eectue le changement de variable lineairev=ntpour obtenir I n=Z +1 1 Z+1 1 ftn e

2iut(u)du

dt f(t=n) ne dependant pas deu, on peut le sortir par linearite du passage a l'integrale. On reconna^t alorsF()(u) et on conclut que I n=Jn 3

2.DIl sut de combiner les trois questions qui precedent et l'unicite de la limite pour conclure que

f(0) =Z +1 1

F(f)(x)dx

Fixonsx2Ret posonsh t7!f(x+t).hest continue, commef. De plus, pourjtjassez grand, t nh(t) =tn(x+t)n(x+t)nf(x+t)t!1(x+t)nf(x+t) ce qui montre quet7!tnh(t) est bornee, commef, aux voisinages des innis et donc surR (puisque continue et donc bornee sur tout segment). On peut alors appliquer ce qui precede ah et armer que f(x) =h(0) =Z +1 1

F(h)(y)dy

On remarque alors, avec le changement de variable aneu=x+t, que

F(h)(y) =Z

+1 1 f(x+t)e2itydt=e2iyxZ+1 1 f(u)e2iuydu=e2iyxF(f)(y)

On a ainsi montre que

f(x) =Z +1 1 e2iyxF(f)(y)dy

2.ELa fonctionx7!12

ejxjest dansS(elle est continue surRet dominee au voisinage de1par toute puissance dexpar croissances comparees). De plus

8x2R;F(f)(x) =12

Z +1 1 ejtj2itxdt Pour calculer l'integrale, on decoupe en deux par Chasles :

F(f)(x) =12

Z 0 1 et(12ix)dt+12 Z 0 1 et(12ix)dt 12

112ixet(12ix)

t=0 t=111 + 2ixet(12ix) t=+1 t=0! 12

112ix+11 + 2ix

11 + 42x2

On a donc avec la question precedente

8x2R;12

ejxj=Z +1 1e

2iyx1 + (2y)2dy

3 Transformee de Fourier a support compact

3.AD'apres 1.D,F(f)2C1(R) (puisquef2 S). De plusF(f) est nulle en dehors d'un segment et

donc dominee par toute puissance dexau voisinage des innis. On a doncF(f)2 S. En reprenant la m^eme demarche qu'en 1.D.2 (changerxenx), la formule (2:1) de la question

2.D montre quefest de classeC1surRet que

8n2N;8x2R; f(n)(x) =Z

1=2

1=2(2it)nF(f)(t)e2itxdt

4

3.BSihest une fonction de classeC1surRalors pour tout entiernet tousa;b2R(formule de

Taylor avec reste integrale)

h(b) =nX k=0(ba)kk!h(k)(a) +Z b a(bt)nn!h(n+1)(t)dt

On applique ceci avecfpourb=xeta=x0:

8n2N; f(x)nX

k=0(xx0)kk!f(k)(x0) =Z x x

0(xt)nn!f(n+1)(t)dt

Montrons que ce terme est de limite nulle quandn!+1. Pour cela, on le majore en module ; une majoration grossiere donne Z x x Remarquons que (F(f) est bornee surRpuisque continue et nulle en dehors d'un segment)

8y2R;jf(n)(y)j jyjnZ1=2

1=2j2tjnjF(f)(t)jdt jyjnkF(f)k1

On a donc

kf(n)k1;[x;x0] jmax(jxj;jx0j)jnkF(f)k1 et ainsi Z x x Par croissances comparees des fonctions exponentielle et factorielle, ce terme tend vers 0 quand n!+1. On peut ainsi passer a la limite et armer que f(x) =+1X k=0(xx0)kk!f(k)(x0) En reprenant l'expression des derivees def, on trouve f(x) =+1X k=0(xx0)kk!Z 1=2

1=2(2it)kF(f)(t)e2itx0dt

3.CSupposonsfnulle sur un intervalle ]x0r;x0+r[ avecr >0. On a alors

8x2]r;r[;0 =f(x0+x) =+1X

k=0x kk!Z 1=2

1=2(2it)kF(f)(t)e2itx0dt

Commer >0, l'unicite du DSE de la fonction nulle donne la nullite deR1=2

1=2(2it)kF(f)(t)e2itx0dt

pour toutn. La question precedente donne alors la nullite defsurR. On vient de voir quefne peut ^etre nulle sur un segment [u;v] avecu < v. A fortiori, elle ne peut ^etre nulle en dehors d'un intervalle [a;b]. 5

4 Cas de fonctions periodiques

4.A

4.A.1Par theoremes generaux,gest de classeC1sur ]1;1[nf0g(quotient de deux telles

fonctions avec le denominateur qui ne s'annule pas). De plus

8x2]1;1[nf0g; g(x) =f(x)f(0)x

xsin(x)01 f(x)f(0)x !x!0f 0(0) =g(0) ce qui montre quegest continue en 0.

4.A.2On a

8x2]1;1[nf0g; g0(x) =f0(x)sin(x)cos(x)(f(x)f(0))sin

2(x) Par formule de Taylor-Young,f0(x) =f0(0) +xf00(0) +o(x) etf(x)f(0) =xf0(0) + x 22
f00(0)+o(x2) (au voisinage de 0). En utilisant en outre sin(x) =x+o(x2) et cos(x) =

1 +o(x), on trouve alors

f

0(x)sin(x)cos(x)(f(x)f(0)) =f00(0)2

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