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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 1quotesdbs_dbs7.pdfusesText_5