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Preparation a l'agregation interne de mathematiques

Jean-Marie Monier

Corrige de la 2eme epreuve 2009

- Partie I : Transformation de Fourier -

1.(a)Soit2R:L'applicationf:x7!f(x)e2ixest continue surRet :8x2R;jf(x)j=jf(x)j:

Commefest integrable surR,jfjl'est (par denition), doncjfjl'est, donc (par denition),fl'est. On conclut : pour tout2R;l'applicationx7!f(x)eixest integrable surR:

1.(b)L'applicationF:R2!C;(;x)7!f(x)e2ixest continue par rapport a;continue par

morceaux (car continue) par rapport ax, et :8(;x)2R2;jF(;x)j=jf(x)j;oujfjest integrable surR:

D'apres le theoreme de continuite sous le signe integrale, avec hypothese de domination globale, on conclut

que l'application bf:R!C; 7!Z +1 1 f(x)e2ixdxest continue surR:

On a :82R;jbf()j=Z

+1 1 f(x)e2ixdx6Z +1 1 f(x)e2ixdx=Z +1 1 jf(x)jdx=jjfjj1; donc : bfest bornee et :jj bfjj16jjfjj1Ceci permet de denir l'applicationF:L1! L1; f7!F(f) =bf:

2.Soienta2R+:On note':R!C; x7!eajxj:

Il est clair que'est continue surR, paire, et, comme :8x2[0;+1[; '(x) = eaxaveca >0 xe, d'apres le cours,'est integrable sur [0;+1[;puis surR:Ainsi :'2 L1:

On a, pour tout2R:

F'() =Z

+1 1 eajxje2ixdx=Z 0 1 eax2ixdx+Z +1 0 eax2ixdx a2i6=0 eta2i6=0h e(a2i)xa2ii 0

1+he(a2i)xa2ii

+1

0=1a2i1a2i=2aa

2+ 422:

On conclut :82R;F'() =2aa

2+ 4223.Soientf;g2 L1:Considerons l'applicationu:R2!C;(;x)7!f(x)g()e2ix;qui est continue

surR2: Pour tout2R;l'applicationx7!u(;x) est integrable surRcar :

8x2R;ju(;x)j=f(x)g()e2ix=jf(x)jjg()j

et quefest integrable surR(est xe).

L'application7!Z

+1 1 ju(;x)jdx=Z +1 1 jf(x)jjg()jdx=jg()jjjfjj1est continue et integrable surR;cargl'est.

L'application7!Z

+1 1 u(;x)dx=Z +1 1 f(x)g()e2ixdx=g()bf() est continue surRcar gl'est etbfl'est d'apres 1.(b). 1 Pour toutx2R;l'application7!u(;x) =f(x)g()e2ixest continue surRcargl'est.

L'applicationx7!Z

+1 1 ju(;x)jd=Z +1 1 jf(x)jjg()jd=jf(x)jjjgjj1est continue surRcar fl'est.

L'applicationx7!Z

+1 1 u(;x)d=Z +1 1 f(x)g()e2ixd=f(x)bg(x) est continue surRcar fl'est etbgl'est d'apres 1.(b).

D'apres le resultat de permutation de deux integrales admis dans les preliminaires de l'enonce, l'application

x7!Z +1 1 u(;x)dest integrable surRet on a : Z +1 1 Z+1 1 u(;x)dx d |{z} note PM= Z +1 1 Z+1 1 u(;x)d dx |{z} note SM:

Mais :

PM = Z +1 1 Z+1 1 f(x)g()e2ixdx d=Z +1 1 g()Z+1 1 f(x)e2ixdx d=Z +1 1 g()bf()d=Z R bfg; SM = Z +1 1 Z+1 1 f(x)g()e2ixd dx=Z +1 1 f(x)Z+1 1 g()e2ixddx=Z +1 1 f(x)bg(x)dx=Z R fbg:

On conclut :8f;g2 L1;Z

R fbg=Z R bfg4.Soitf2 L1telle que l'applicationxf:x7!xf(x) soit dansL1:

NotonsF:R2!C;(;x)7!f(x)e2ix:

Pour tout2R; F(;) est integrable surR, d'apres 1.(a). @F@ : (;x)7! 2ixf(x)e2ixexiste surR2;est continue par rapport a, continue par morceaux (car continue) par rapport ax.

On a :8(;x)2R2;@F@

(;x)= 2xjf(x)jetx7!2xjf(x)jest independant de;integrable surR: D'apres le theoreme de derivation sous le signe integrale, avec hypothese de domination globale, on deduit : pour tout2R;l'applicationx7! 2ixf(x)e2ixest integrable surR(ce qui est d'ailleurs immediat, en considerant le module) l'applicationbf:7!Z +1 1

F(;x)dxest de classeC1surR

pour tout2R:bf0() =Z +1 1@F@ (;x)dx=Z +1 1

2ixf(x)e2ixdx=F(2ixf)():

On conclut :sif2 L1etxf2 L1;alorsbfest de classeC1surRet :D(Ff) =F(2ixf)5.(a)Soitf:R!Cderivable telle quef2 L1etDf2 L1:

2 On a, d'apres le theoreme fondamental de l'analyse, puisquefest de classeC1surR:

8x2R; f(x) =f(0) +Z

x 0 f0(t)dt: Commef02 L1; f0est integrable surR;donc l'applicationx7!Z x 0 f0(t)dtadmet une limite nie`1 en1et une limite nie`2en +1:Alors : jf(x)j !x! 1jf(0) +`1j|{z} noteL1etjf(x)j !x!+1jf(0) +`2j|{z} noteL2: SiL26= 0;alorsL2>0;donc il existeA2R+tel que :8x2[A;+1[;jf(x)j>L22 d'ou :8X2[A;+1[;Z X 0 jf(x)jdx>Z X A jf(x)jdx>(XA)L22 !X!+1+1; contradiction avec l'integrabilite dejfjsur [0;+1[:

Ceci montre :L2= 0:

De m^eme :L1= 0:

On conclut :f!10 etf!+10:

5.(b)Soitf:R!Cderivable telle quef2 L1etDf2 L1:

Soit2R:Soit (X;Y)2R2tel queX6Y:

On a, par integration par parties pour des applications de classeC1sur un segment : Z Y X f0(x)e2ixdx=f(x)e2ixY XZ Y X f(x)(2i)e2ixdx =f(Y)e2iY f(X)e2iX+ 2iZ Y X f(x)e2ixdx: D'apres (a),fest de limite nulle en1et en +1;donc, comme e2ixest de module 1, on a : f(X)e2iX!X! 10 etf(Y)e2iY !Y!+10:

On deduit, en faisant tendreXvers1etYvers +1:

Z +1 1 f0(x)e2ixdx= 2iZ +1 1 f(x)e2ixdx; et on conclut :82R;F(Df)() = (2i)F(f)(): Autrement dit, avec les notations de l'enonce :F(Df) = (2i)Ff6.(a)L'application :x7!ex2est continue surR;>0;etx2ex2!x! 10;donc, par comparaison avec l'exemple de Riemann en1(2>1), est integrable surR:

On admet :Z

R = 1 (c'est la classique integrale de Gauss).

6.(b)On note

:R!C; 7!Z +1 1 e(x+i)2dx:NotonsG: (;x)7!e(x+i)2: 3 Pour tout2R;l'applicationG(;) est integrable surR, car :

8x2R;jG(;x)j=e(x2+2ix2)= ex2e2;

etx7!ex2est integrable surR(est xe). @G@ : (;x)7! 2i(x+ i)e(x+i)2existe surR2;est continue par rapport a, continue par morceaux (car continue) par rapport ax.

On a :8(;x)2R2;@G@

(;x)= 2jx+ ijex2e2= 2px

2+2ex2e2:

SoitA>0 xe. On a :8(;x)2[A;A]R;@G@

(;x)62px

2+A2ex2eA2

|{z} note'A(x) et'Aest continue par morceaux surR(car continue),>0;integrable surR, par la reglex2'A(x) par exemple.

D'apres le theoreme de derivation sous le signe integrale avec hypothese de domination locale, on conclut :

pour tout2R;l'application@G@ (;) est integrable surR est de classeC1surR 82R;

0() =Z

+1 1@G@ (;x)dx=Z +1 1

2i(x+ i)e(x+i)2dx

Z +1 1 iddxe(x+i)2 dx= ie(x+i)2+1

1= i(00) = 0:

Ceci montre que

est constante sur l'intervalleR:En particulier : 82R;
(0) =Z +1 1 ex2dx=Z R = 1:

6.(c)On a, pour tout2R:

F () =Z +1 1 (x)e2ixdx=Z +1 1 ex2e2ixdx=Z +1 1 e(x2+2ix)dx Z +1 1 e[(x+i)2+2]dx= e2Z+1 1 e(x+i)2dx= e2 () = e2=

On conclut :F

6.(d)Soita >0 xe. On note

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