EHTP2006-Solutions Des Exercices Maths Chap.i-ii-III

7/27/2019 EHTP2006-Solutions Des Exercices Maths Chap.i-ii-III

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2 SOLUTIONS DES EXERCICES

On voit que A A, pour tout IR. Donc f est mesurable.Solution de lexercice (??): a/ Soit f : IR IR, une fonction nulle presque partout. Onpose E =

{x

IR : f(x)

= 0

}.

Il existe N negligeable tel que E N. etant complete, on en deduit que E est un ensemblemesurable et negligeable. Considerons les ensembles A = {x IR; f(x) > }. On a

A = C D

avec

C = {x E; f(x) > } et D = {x Ec; f(x) > }

C L

car cest un sous ensemble dun ensemble negligeable.

D = Ec ou selon que < 0 ou 0. Par suite D L et donc A = C D L. f est

alors mesurable.

b/ f : IR IR continue. On suppose que f = 0 p.p. Lensemble E = {x IR : f(x) = 0}est negligeable.

Procedons par labsurde: supposons quil existe x0 IR tel que f(x0) = 0. f etant continue,il existe h > 0 tel que x ]x0 h,x0 + h[, f(x) = 0, cest-a-dire

]x0 h,x0 + h[ Edonc (]x0 h,x0 + h[) = 2h = 0 ce qui est absurde.Solution de lexercice (??): Soit > 0. On pose E = {x X; f(x) }.E est mesurable. On a linegalite f E .Les deux fonctions etant positives mesurables, il vientZ

Xf d (E)

Solution de lexercice (??): La fonction f N positive, mesurable est nulle p.p. car

{x X : f(x)N(x) = 0} N

On en deduit que ZX

f Nd =Z

Nf d = 0

Solution de lexercice (??): Soit (X,A,) un espace mesure avec complete.On considere E = {x X; fn(x)ne converge pas versf(x)}. E est negligeable.


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Or f Nc = gNc dou le resultat.

Solution de lexercice (??): Soit f : X IR integrable.(

) Supposons que f = 0 p.p. On en deduit que la fonction integrable f A = 0 p.p., pour

tout A A. Lexercice (??) donne alorsZX

f Ad =Z

Af d = 0

() On suppose queA A

ZA

f d = 0

Posons A1 = {x X/ f(x) 0} et A2 = {x X/ f(x) < 0}Ces deux ensembles sont mesurables. On a donc

ZA1

f d = 0 =Z

Xf A1d

et ZA2

(f)d = 0 =Z

Xf A2d

f A1 et f A2 etant positives mesurables, il vient

f A1 = 0 p.p. et f A2 = 0 p.p.

dou f(A1 + A2) = f X = f = 0 p.p.

Solution de lexercice (??): a/ Pour n IN, on considere lensemble An = {x X/ f(x) 1n}.An est mesurable et (An) < + dapres lexercice (??). La suite (An) est croissante au sensde linclusion. On pose fn = f An . Il est clair que (fn) est une suite croissante de fonctions

positives mesurables et on verifie facilement que fn f simplement.Le theoreme de la convergence monotone permet daffirmer que

limn+ ZX fnd = ZX f d = limn+ ZAn f dUtilisant la definition de la limite, > 0 N IN tel que

ZX

f d Z

AN

f d + , il

vient

> 0 A = AN A, (A) < + tel queZ

Xf d

ZA

f d +

b/ Soit An = {x X/ f(x) > n}. On constate que

f An nAn


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par suiteZ

Anf d n(An).

On va montrer que limn+

ZAn

f d = 0 ou encore limn+

ZAcn

f d =Z

Xf d.

Posons fn = f Acn. Les (fn) forment une suite croissante de fonctions positives et mesurables.

Etudions la convergence simple de cette suite. Soit x0 X.Cas 1: f(x0) fini. fn(x0) = f(x0) pour n assez grand. Donc (fn(x0)) f(x0)Cas 2: f(x0) = +. fn(x0) = 0 et dans ce cas (fn(x0)) ne converge pas vers f(x0).Verifions que lensemble E = {x X/ f(x) = +} est negligeable. En effet, on aE =

\nIN

An donc mesurable de plus (E) (An) n 1.

Or (An) 1nZ

Xf d (lemme de Chebychev). Par suite (E) = 0.

En consequence fn f p.p. et lexercice (??) permet de conclure.Solution de lexercice (??): (IN,P(IN),d) espace mesure. Soit f : IN IR+ et soit IR

A = {n IN/ f(n) > } P(IN)

donc f est mesurable.

Considerons la suite de fonctions {fn : IN IR+} definie par

fn = f(n){n}

Si f(n) est fini, alors fn est etagee, positive et ZIN

fndd = f(n)d({n}) = f(n). Si f(n) = + alors fn q{n} qdou

ZIN

fndd q q, cest-a-direZIN

fndd = + = f(n)

Verifions que f =+Xn=0

fn. Pour cela, on considere n =nX

p=0

f(p){p}.

n converge simplement vers f, en effet:

q

IN n(q) = f(q) pour tout n assez grand,

dou f =+Xn=0

fn.

Il suffit a present dappliquer lexercice (??);ZIN

f dd =+Xn=0

ZIN

fndd =+Xn=0

f(n)

Solution de lexercice (??): Soit la suite de fonctions

fn(x) =n

32 x

1 + n2x2, x [0,1], n IN


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a/ Convergence simple:

Si x = 0, fn(0) = 0 donc fn(0) 0Si x

]0,1] alors lim

n+fn(x) = lim

n+

n32 x

n2x2= 0

fn converge simplement vers f = 0 sur [0,1].

Convergence uniforme:

Prenons la suite xn =1n

. fn(xn) = fn(1n

) =

n2 +.

On na pas convergence uniforme.

b/ Les theoremes classiquent ne permettent pas de conclure (pas de convergence uniforme).

On va essayer le theoreme de Lebesgue:

fn est continue donc mesurable. fn 0 simplement. Cherchons g L1([0,1]) telle que |fn| g.Pour cela on pose:

x(t) =t32 x

1 + t2x2, t 0, x ]0,1]

On etudie x sur IR+.

x(t) =1

2

xt12 (3 x2t2)

(1 + t2x2)2

x atteint un maximum en t =

3

x , dou

|fn(x)| x(

3

x) =

334

4

1x

= g(x) x ]0,1]

ou encore

|fn(x)| g(x) p.p.

g(x) = 334

41

xest integrable sur [0,1].

Le theoreme de Lebesgue sapplique et on a legalite

limn+

Z10

fn(x)dx = Z10

limn+ fn(x)dx

Solution de lexercice (??): On pose In =Zn

0(1 x

2

n)n dx qui secrit encore

In =Z

]0,+[(1 x

2

n)n]0,

n[(x) dx

On pose alors

X =]0, + [ et fn(x) = (1 x2

n)n]0,

n[(x)


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On cherche donc

limn+ In =

ZX

fn(x)dx

fn est mesurable. Convergence simple: Soit x0 X =]0, + [. Pour n assez grand

fn(x0) = (1 x20

n)n = en ln (1

x20n

) ex20 .

Ainsi la suite (fn) cnverge simplement vers la fonction f(x) = ex2 .

Pour t ]0,1[, on a 1 t et, et pour x ]0,n[ on a donc 1 x2n

ex2

n

ln(1 x2n

) x2n

= n ln(1 x2n

) x2 = fn(x) ex2 .On conclut que fn(x)

ex2

x

X.

Le theoreme de Lebesgue sapplique:

limn+ In = limn+

ZX

fn(x)dx =Z

Xlim

n+ fn(x)dx =Z

Xex

2dx =

2

Solution de lexercice (??): Pour montrer que la fonction F(t) est derivable sur I =]0,+[,il suffit de montrer quelle est derivable sur I =], + [, pour tout > 0.Fixons > 0. Pour tout t I et x X =]0, + [, on considere f(t,x) = etx

2

1+x2.

i) La fonction x f(t,x) est mesurable et integrable sur X car |f(t,x)| 11+x2

x et11+x2 L1(X).

ii) x X, ft

(t,x) existe et vaut

f

t(t,x) = x

2

1 + x2etx

2

iii) On a t I, |ft (t,x)| ex2 L1(I).

On peut donc affirmer que F(t) est derivable sur I et que

F(t) =

Z+

0 x

2

1 + x2etx

2dx

Solution de lexercice (??): La fonction F(t) = (Zt

0ex

2dx)2 est derivable pour t IR et

on a

F(t) = 2et2Zt

0ex

2dx, t IR

Soit la fonction g(t,x) = et2(1+x2)

1+x2, definie sur IR [0,1]. On a

i) x g(t,x) est integrable car|g(t,x)| 1

1 + x2


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ii) gt

(t,x) existe, x et gt

(t,x) = 2tet2(1+x2). Donc |gt

(t,x)| = 2|t|et2(1+x2) = gx(t)Pour x fixe, etudions cette fonction par rapport a t.

Puisquelle est paire, on se limitera a t

0. Le tableau de variation est

t 0 12(1+x2)

+

h(x)

gx 0 0

avec h(x) =

2e12

11+x2

, continue, Lebesgue-integrable sur [0,1] et

|

g

t

(t,x)

| h(x)

x

[0,1]

On peut alors deriver sous le signe somme. On a pour tout t IR

G(t) =Z1

02tet2(1+x2)dx = 2tet2

Z10

et2x2dx

On effectue le changement de variable y = tx pour avoir G(t) = 2et2Zt

0ey

2dy, dou la

relation

t IR F(t) + G(t) = 0

On en deduit que

t IR F(t) + G(t) = F(0) + G(0) =Z1

0

1

1 + x2dx

soit t IR F(t) + G(t) = 4 . En faisant tendre t vers +, on obtient

(Z+

0ex

2dx)2 + 0 =

4

( limt+ G(t) = 0 provient de la majoration |G(t)|

4 e

t2 .)

Solution de lexercice (??): La fonction y

f(x,y) est continue sur [

1,1] et comme

elle est impaire on a Z[1,1]

f(x,y)dy = 0

Pour les memes raisons Z[1,1]

f(x,y)dx = 0

Par suite Z[1,1]

dxZ

[1,1]f(x,y)dy =

Z[1,1]

dyZ

[1,1]f(x,y)dx = 0


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cependant f / L1([0,1] [0,1]) car dans le cas contraire, on aurait dapres FubiniA =

Z10

dxZ1

0

xy

(x2 + y2)2dy est fini. Or

Z10

xy

(x2 + y2)2dy =

8>:1

2x x2(x2+1) si x = 00 si x = 0

et ainsi A ne peut etre fini.

f nest pas integrable sur [1,1] [1,1] car elle ne lest pas sur [0,1] [0,1].Solution de lexercice (??): a/ on pose Sn =

nXp=0

p(Ap). etant finie:

(Ap) = (Bp) (Bp+1).

On en deduit que

Sn =nX

p=0

p(Bp) nX

p=0

p(Bp+1)

=nX

p=0

p(Bp) nX

p=0

(p + 1 1)(Bp+1)

=nX

p=0

p(Bp) nX

p=0

(p + 1)(Bp+1) +nX

p=0

(Bp+1)

=n

Xp=0p(Bp)

n+1

Xp=1p(Bp) +

n+1

Xp=1(Bp)

= (n + 1)(Bn+1) +n+1Xp=1

(Bp)

Posons Tn =n+1Xp=1

(Bp). On a donc Tn = Sn+(n+1)(Bn+1). Or on a vu que limn+ n(Bn) =

0 (voir exercice (??)).

Il en resulte que limn+ Tn = limn+ Sn, dou

+

Xn=0n(An) =

+

Xn=1(Bn)

b/ La suite (An)nIN est une partition de X. Comme lapplication A Z

Af d est une

mesure, alors on a ZX

f d =+Xn=0

ZAn

fd < +

on a par ailleurs nAn f An dou n(An) Z

An

f d.

La serie+Xn=0

n(An) est donc convergente dou+Xn=1

(Bn) est convergente.


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Solution de lexercice (??): On aZ

X(fn f)d = 0. En posant g = fn f on a donc

ZXg+n d = ZX

gn d

Les g+n sont mesurables, positives et tendent vers 0 simplement, de plus

g+n = sup (f(x) fn(x),0) f(x) L1(X)

Le theoreme de la convergence dominee impliqueZX

g+n d 0

par suite ZX

gn d 0

Comme on a ZX

|fn f|d =Z

Xg+n d +

ZX

gn d

On en deduit que

limn+

ZX

|fn f|d = 0

cest-a-dire

fn f dans L1

Solution de lexercice (??): Posons

E = {x X/ f(x) < 1}

F = {x X/ f(x) = 1}

G = {x X/ f(x) > 1}

un = ZX fndOn a un = an + bn + cn avec

an =Z

XfnEd ; bn =

ZX

fnFd ; cn =Z

XfnGd

On constate que la suite (fnE)n est telle que

fnE 0. fnE 0 simplement.


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fnE f L1(X)Le theoreme de Lebesgue assure que lim

n+ an = 0.

On remarque que fnF = F = f F. Ainsi on a

bn =Z

XfnFd =

ZX

Fd = (F) =Z

Ff d

dou lon tire que (F) est fini car f est integrable et limn+ bn = (F).

Considerons maintenant la suite (fnG)n. On remarque que

fnG 0. (fnG)n est croissante.

fnG

simplement, avec (x) =

8>:

+ si x G

0 si x / GPar le theoreme de la convergence monotone, on a

limn+ cn =

ZX

d =

8>:+ si (G) = 0

0 si (G) = 0

En conclusion

limn+ un =

8>:

(F) si (G) = 0

+ si (G) = 0Solution de lexercice (??): On sait que

cos(

x) =+Xn=0

(1)n xn

(2n)!; x 0

dou f(x) = ex cos(

x) =+Xn=0

(1)n exxn

(2n)!.

On pose SN(x) =NX

n=0

(1)n exxn

(2n)!, SN est mesurable, SN f simplement et

|SN(x)| NX

n=0

( xn

2nn!)ex ex2 L1([0, + [)

Par le theoreme de la convergence dominee, il vientZ+0

f(x)dx = limN+

Z+0

SN(x)dx =+Xn=0

(1)n(2n)!

Z+0

xnexdx =+Xn=0

(1)n(2n)!

n!

Solution de lexercice (??): On pose fn(x) =1

1+x++xn ]0,n[ et In =Zn

0

dx

1 + x + + xn =Z]0,+[

fn(x)dx


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La fonction fn est mesurable sur X =]0, + [,positive et (fn) converge simplement vers ftelle que

f(x) = 8>:1

x si 0 < x < 1

0 si x 1

Dautre part, x X, n 2 on a |fn(x)| 11+x2 qui est integrable sur X.Utilisant le theoreme de la convergence dominee, il vient,

limn+ In =

Z10

(1 x)dx = 12

Solution de lexercice (??): Pour tout x IR, on a f(x) = limn+ n(f(x +

1

n) f(x)).

Cest une limite simple dune suite de fonctions mesurables donc mesurable.Solution de lexercice (??): Soit E = {x X/ f(x) = 0}.

E = {x X/ |f(x)| > 0} =[

nIN{x X/ |f(x)| 1

n}

Par le lemme de Tchebychev, on a

({x X/ |f(x)| 1n

}) nZ

X|f(x)|dx < +

La reciproque est fausse: en effet si on se place dans lespace mesure (IR

,L,), lapplicationf : IR IR

x 1

est telle que E = {x X/ f(x) = 0} = IR =[

nIN] n,n[ pourtant f nest pas integrable.

Solution de lexercice (??): On considere fn(x) = nx(1 x)n sin x; x [0,1]. fn est continue donc mesurable.

fn

0 simplement.

|fn| 1.Le theoreme de convergence dominee sapplique et donc

limn+

Z10

fn(x)dx = 0

On peut aussi proceder de facon directe:

|In| = |Z1

0fn(x)dx|

Z10

nx(1 x)ndx


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or on a par parties Z10

nx(1 x)ndx = n(n + 1)(n + 2)

dou le resultat.Solution de lexercice (??): On a fn 0, fn f simplement, fn decroissante doufn f0.Comme f0 est integrable, le theoreme de convergence dominee donne le resultat.

Solution de lexercice (??): On pose pour x X =]0, + [, fn(x) = (1 xn )nex2 ]0,n[.

Dou

In =Zn

0(1 x

n)ne

x2 dx =

ZX

fn(x)dx

On a fn est mesurable. fn ex2 simplement. |fn(x)| ex2 , qui est integrable.Par le theoreme de Lebesgue, on a

limn+ In =

Z+0

ex2 dx = 2

Solution de lexercice (??): Soit fn(x) =nxex sin x

1+n2

x2 pour x

X =]0, +

[.

fn est mesurable. fn 0 simplement sur X. |fn(x)| nx1+n2x2 ex ex, qui est integrable sur X.Utilisant le theoreme de convergence dominee, il vient

limn+

ZX

fn(x)dx = 0

Solution de lexercice (??): Il suffit de montrer que F est derivable sur ], +

[,

> a.

Soit donc fixe et f(t,x) = etxf(x) ou (t,x) ], + []0, + [. On a |f(t,x)| eax|f(x)| = |eaxf(x)|, t ], + [ et x ]0, + [Or eaxf(x) est integrable par hypothese. Par suite x f(t,x) est integrable. f

t(t,x) = xetxf(x) existe.

|ft

(t,x)| = | xetxf(x)| = | xe(ta)xeaxf(x)| xe(a)x|eaxf(x)|.La fonction x xe(a)x etant continue, bornee, on en deduit que x xe(a)x|eaxf(x)|est integrable.


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Le theoreme de derivation sous le signe somme permet de conclure.

Solution de lexercice (??): a/ Convergence simple:

Si x = 0, alors fn(0) = 0

0.

Si x = 1, alors fn(x) = 1 1.Si x est fixe dans ]0,1[, alors N IN / n N x [ 1n ,1] dou fn(x) = 1x n N. Parsuite fn(x) 1x x ]0,1[.En conclusion: (fn) converge simplement vers f telle que

f(x) =

8>:

0 si x = 0

1x

si 0 < x 1

b/ On constate que pour tout n, fn est continue sur [0,1] mais f ne lest pas, donc il ny a

pas convergence uniforme sur [0,1].

c/ On va appliquer le theoreme de la convergence dominee.

Les fn sont mesurables et convergent simplement vers f. Pour n fixe,

si x ]0, 1n

] on a fn(x) = n32 x n 1

x

si x [ 1n

,1] on a fn(x) =1

x.

On a donc

|fn(x)| 1

x x ]0,1]ou encore

|fn(x)| 1x

pour presque tout x [0,1]

Comme 1x

L1([0,1]), le theoreme de Lebesgue justifie legalite.Solution de lexercice (??): a/ On a X F, donc F dou F. CommeX F F, on en deduit que A.

Si E

Aalors E

F et Ec

F donc Ec

A.

Soit (En) A. On a donc En F et Ecn F ce qui entraine que Sn En F et(S

n En)c =

Tn (En)

c F dou Sn En A.A est donc une tribu sur X.b/ On a dune part, (F) qui contient F et qui est stable par reunion et intersectiondenombrable. Par consequent (F) F.On constate dautre part que F A F.A est donc une tribu sur X contenant F, et par suite (F) A dou (F) F et legalite


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est donc prouvee.

Solution de lexercice (??): a/ On pose Sn =nX

p=0

fp.

Sn est mesurable.

Sn f =+Xn=0

fn simplement. Ceci provient de lhypothese (i). La fonction f est a valeurs

finies.

Si on considere la fonction positive

(x) =+Xn=0

|fn(x)|.

Elle est integrable puisque

ZX

(x)d =+X

n=0

ZX

|fn(x)|d(x).

Utilisant alors linegalite |Sn(x)| (x), le theoreme de la convergence dominee sappliqueZX

f(x)d(x) =Z

Xlim

n+ Sn(x)d(x)

= limn+

ZX

Sn(x)d(x)

=+Xn=0

ZX

fn(x)d(x)

b/ Pour x ]0, + [= X, on a

f(x) =sin x

ex 1 =sin x

ex(1 ex) = ex sin(x)

+Xn=0

enx =+Xn=1

enx sin(x)

On pose fn(x) = sin xenx. f(x) secrit alors

f(x) =+Xn=1

fn(x)

On voit que fn est mesurable. |fn(x)| enx, donc fn est integrable sur X.

+Xn=1

|fn(x)| +Xn=1

(ex)n, serie geometrique convergente. Par suite+Xn=1

fn est absolument

convergente.

Montrons a present que+Xn=1

Z+0

|fn(x)|dx


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est convergente.

An =Z+

0|fn(x)|dx =

Z+0

| sin x|enxdx Z1

0xenxdx +

Z+1

enxdx

Un calcul simple conduit a

An 1n2

en

n2 1

n2

La serie des An est donc convergente.

Par la question a/ il vientZ+0

f(x)dx =+Xn=1

Z+0

enx sin(x)dx =+Xn=1

1

1 + n2

Solution de lexercice (??): 1) Soit Bn = Skn Ak.Bn A, (Bn) est decroissante et A = TnIN Bn.On a donc

0 (A) (Bn) +Xk=n

(Ak)

La serie+Xn=0

(An) etant convergente, on a limn+

+Xk=n

(Ak) = 0 dou (A) = 0

2)) Puisque (X) < +, on a

(A) = limn+

(Bn).

De linclusion An Bn, on tire

s (An) (Bn)

Par passage a la limite on a (A) s.) X = IR, A = L et = . On a (IR) = +.An = [n,n + 1[, on a (An) 12 n INA =

donc (A) = 0 ce qui constitue un contre exemple.

Solution de lexercice (??): Lintegrale In =Zn

0(1 x

n)nx2dx peut secrire In =Z

Xfn(x)dx avec X =]0, + [ et fn(x) = (1 xn )nx2]0,n[(x).

La suite (fn) est telle que fn est mesurable et fn f simplement avec f(x) = x2ex.Linegalite ln (1 t) t t [0,1[ permet de prouver que |fn(x)| x2ex.Le theoreme de Lebesgue sapplique et on a

limn+ In =

Z+0

x2exdx = 2


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Solution de lexercice (??): on peut ecrire I =Z

]0,1[

+Xn=0

xn ln (x) dx. Les fonctionsfn(x) = xn ln x etant mesurables positives, la serie sintegre terme a terme, dou

I = +Xn=0

Z10

xn ln (x) dx

ou encore

I =+Xn=0

11 + n2

= 2

6.


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Solution de lexercice (??): a/ f(x) = eaxU(x).

bf(t) =

Z+0

ei2txeax dx

= Z+0

e(a+i2t)x dx

= limb+

[e(a+i2t)x

a + i2t]b0

= 1a+i2t si Re(a) > 0

b/f(x) = eaxU(x) = g avec g(x) = f(x) = eaxU(x).On a donc

bf = (

bg), cest-a-dire

bf(t) = 1a i2t = 1a + i2t

c/ f(x) = xk

k! eaxU(x) = 1

(2i)k1k! (2ix)kg(x) ou g(x) = eaxU(x).

Dou bf = 1(2i)k

1

k!D(k)bg

D(k) designe la derivation dordre k.Par suite: bf(t) = 1(2i)k

1k! k!

(i2)k(a+i2t)k+1

.

Finalement

bf(t) = 1(a + i2t)k+1d/ Un calcul analogue au cas c/ donne

bf(t) = 1(a + i2t)k+1

e/ f(x) = ea|x| = eaxU(x) + eaxU(x) presque partout. Il est clair que

f = g p.p. =

bf =

bg

Ainsi bf(t) = 1a+i2t +

1ai2t =

2aa2+42t2

.

f/ f(x) = sign(x)ea|x| = eaxU(x) eaxU(x) presque partout. Donc

bf(t) = 1a + i2t

1a i2t =

i4ta2 + 42t2

.

Solution de lexercice (??): f(x) = eax2 , a > 0. On a f(x) = 2axf(x). Dou

F(f(x)) = 2aF(xf(x))


19/35

19

cest-a-dire

i2tbf(t) = (2a) 1(i2) D

(1) bf(t)bf est donc solution de lequation differentiellebf(t) + 22

atbf(t) = 0

dou bf(t) = Ce2a t2 .Or bf(0) = Z

IReax

2dx =

a, dou bf(t) =

ae

2

at2 .

Solution de lexercice (??): La biliearite est immediate. Dautre part,

|f g(x)| ZIR |f(u)||g(x u)|du ou encore |f g(x)| (|f| |g|)(x). Par suiteZIR

|f g(x)|dx ZIR

(|f| |g|)(x)dx=

ZIR

dxZIR

|f(u)||g(x u)|du=

ZIR

duZIR

|f(u)||g(x u)|dx= g1f1

La continuite est donc assuree par definition de la continuite dun operateur bilineaire.

Solution de lexercice (??): I(x) = Z+

0

cos(xy)

1 + y2dy. Posons f(y) = 1

1+y2 , la table donne

bf(x) = e2|x|. On ecrit I(x) = 12Re[ZIR

ei2x2 yf(y)dy], dou

I(x) = 12Re[bf( x2 )] = 12 e2| x2 | = 2 e|x|.Solution de lexercice (??): Puisque f C2(IR) et f,f ,f L1(IR), alors la propriete b)du II.2?????? montre que

F(f)(t) = (2it)2 bf(t) (.1)Comme F(f) est continue bornee, legalite (.1) entraine lexistence dune constante M telle

que: |bf(t)| Mt2 t [1, + 1]c.bf est donc integrable sur [-1,+1] car continue et bornee. Par consequent, bf L1(IR).Solution de lexercice (??): a/ gn(x) = e

2n|x|, n IN. Dapres lexercice (??), on a

cgn(s) = 4n42n2

+ 42s2=

1

n

1 + n2s2

b/ Pour t IR, on pose hn(x) = gn(x)ei2tx. La formule 4) du (??) donne

chn(u) =

cgn(u t)


20/35


Legalite est donc une consequence directe de la proposition II.1.1.

c/ On pose n(x) = bf(x)gn(x)ei2tx. n est mesurable, ()n converge simplement vers =bf(x)e

i2tx et on a

|n(x)| |bf| qui est integrable par hypothese.Il decoule alors du theoreme de convergence dominee que

limn+

ZIR

n(x)dx =ZIR

bf(x)ei2txdx = Fbf(t)d/

ZIR

cgn(s)ds = 1

ZIR

n

1 + n2s2ds =

2

[Arctg(ns)]+0 = 1.

e/ On effectue le changement de variables s = u t pour avoir

ZIR

f(u)cgn(u t)du = ZIR

f(s + t)cgn(s)ds.Compte tenu de la question d/, on peut ecrire:

f(t) =ZIR

f(t)cgn(s)dsCes deux egalites donnent directement le resultat par soustraction.

f/ Soit > 0, la continuite de f au point t implique que:

> 0 tel que |s| = |f(s + t) f(t)| Par suite

|Z|s|

[f(s + t) f(t)]cgn(s)ds| ZIR

cgn(s)ds = On pose In =

Z|s|>

|f(s + t)|cgn(s)ds et n(s) = |f(s + t)|cgn(s).n est mesurable, (n)n converge simplement vers 0 sur lensemble {s : |s| > }. De plus

|n(s)|

cgn()|f(s + t)| 1

2|f(s + t)|.

Comme s |f(s + t)| est integrable, on peut conclure par le theoreme de convergencedominee que In 0.Soit a present

Jn =Z|s|>

|f(t)|cgn(s)ds.On peut ecrire

Jn = |f(t)|[1 2

Z0

n

1 + n2s2ds] = |f(t)|[1 2

Arctg(n)].


21/35

21

On voit donc que limn+ Jn = 0. Ainsi limn+ (In + Jn) = 0 . Dou

limn+

Z|s|>

|f(s + t) f(t)|

cgn(s)ds = 0.

Conclusion: La question f/ implique que

limn+

ZIR

[f(s + t) f(t)]cgn(s)ds = 0Les questions e/, c/, b/ entrainent alors que

Fbf(t) = f(t).Solution de lexercice (??): La fonction f etant paire

Z+

f(x)sin(2txdx = 0

En posant

(t) =

8>:1 |2t| si |t| < 12

0 si |t| 12Lequation devient : bf(t) = (t). Par le corollaire II.3.1., il vient

f(t) = F(t) =ZIR

(x)e(2txdx = 2Z1

2

0[1 2x]cos(2tx)dx

En faisant une integration par parties, on trouve

f(t) =1

1 cos tt2

Or bf(0) = 1 = ZIR

f(t)dt =2

I, dou I = 2 .

Une integration par parties prouve que I = J = 2 .

Solution de lexercice (??): f(x) = exx2

= e[14(x+ 1

2)2] = e

14 e(x+

12

)2 .

Utilisant la formule 3 de II.5??????, il vient

bf(t) = e14 e(2i(

12 )t)

F(ex

2)(t) = e

14 e(it)

e

2t2

Solution de lexercice (??): La fonction f etant paire f = f. On sait que Ff = Ff,dou Ff = Ff.Si f est impaire, on aura Ff = Ff. La fonction f(x) donnee etant paire, donc

Ff(t) =ZIR

ei2txf(x)dx

=ZIR

cos(2tx)f(x)dx

= 2Za

0(

1

a x

a2)cos(2tx)dx


22/35


Une integration par parties donne:

bf(t) =

1 cos(2at)22a2t2

= Ff(t).

Solution de lexercice (??): 1/ f(x) = e|x| est une fonction (D.R.).

2/ Comme f est (D.R.), on a p IN |xp+2f(x)| 0 quand |x| +.Il existe donc A > 0 tel que |xp+2f(x)| 1 x : |x| > A, dou

|xpf(x)| 1x2

x : |x| > A

xpf(x) est donc integrable sur{x : |x| > A}. Sur lintervalle compact [A,A], on a xpf(x)integrable comme produit dune fonction bornee par une fonction integrable. On en deduit

que f est integrable surIR

.3/ f L1(IR) et f (D.R.), la question 2/ implique que xpf(x) L1(IR), p IN.Par la propriete a) du II.2????? on a bf C(IR).4/ On suppose que f C(IR) et k IN f(k) L1(IR). Utilisant II.2 b)?????, il vient

F(f(k))(t) = (i2t)k bf(t)Comme lim

|t|+|F(f(k))(t)| = 0 (theoreme II.1.2.????), on conclut que bf est (D.R.).

5/ f C0(IR) et f est (D.R.), donc f(x) L1(IR) (question 2/). On constate que f2 = f.fest aussi (D.R.) et continue. La meme question 2/ implique alors que f2 L1(IR), cest-a-diref L2(IR).Solution de lexercice (??): On pose

(x) =ZIR

f(u)f(u x)du=

ZIR

f(u)f(u x)du=

ZIR

f(u)f(u x)du

dou (x) = f f(x). On calcule la transformee de Fourier de :b = bf .(f) = F(f).F((f))Or (f) = (f), utilisant II.2 e/???????, il vient

b = F(f).Ff) = F(f).Ff = F(f).Ff = |bf|2Conclusion: La transformee de Fourier de la fonction dautocorrelation est egale a la densite

spectrale denergie.


23/35

23

Solution de lexercice (??): On pose g(x) = ea|x|. On sait que bg(t) = 2aa2+42t2

. Lequation

secrit:

ZIR f(t)g(x t)dt = ex2 = (x)

cest-a-dire f g = . En prenant les transformees, il vient

bf .bg = b = e2t2dou bf = 2a e2t2(a2 + 42t2)

= a2

e2t2 + 2

2

at2

e

2t2

= a2 b(t) + 2

2

at2

b(t)

= a2 b(t) 12a(t)Finalement

f(x) = a2 (x) 12a

(x)

= ( a2 +1a

)ex2 2a

x2ex2

= 12a (a2 + 2 4x2)ex2


24/35


Solution de lexercice (??): La fonction u L1loc(IR), elle definit donc une distribution.Pour tout D, on a

< u

, > =

< u,

>

= ZIR

u(x)

(x) dx

= Z+

0

(x) dx

=

(x)0

+= (0)

= < , >

dou u

= au sens des distriutions.

Solution de lexercice (??): Pour tout n > 0, fn est localement integrable, donc elle definit

une distribution reguliere.

Calculons sa derivee au sens des distributions. Soit D, on a

< fn, >=ZIR

fn(x)(x) dx =n

2

Z1n

1n

(x) dx.

Utilisant la formule de la moyenne pour les integrales, il vient < fn, >= (cn) ou cn [ 1

n, 1

n].

cn 0 et (cn) (0) car est continue. Or (0) =< , >, donc < fn, >< , >.Solution de lexercice (??): On a lim

n+ an = a IR. Pour tout D, on a

< an , >= (an) (a) =< a, > ,

ce qui prouve que anD a.

Solution de lexercice (??): Soit

D, on a :

< fn, >=Z+

sin (2nx)(x) dx =

1

2ncos (2n)

+

+1

2n

Z+

cos(2nx)

(x) dx.

Donc

| < fn, > | = 12n

Z+

cos(2nx)

(x) dx

1

2n

Z+cc

(x) dx

k

2n


25/35

25

Donc fnD 0.

Solution de lexercice (??): Supposons que fn f dans L1. Soit D, on a

| < fn f, > | = ZIR

(fn f) dx

ZIR

|fn f||| dx

supsupp

||Z

supp |fn f| dx

cfn fL1

Il en decoule que

< fn, >< f, > , D

ce qui equivalent a fnD f.

Solution de lexercice (??): a/ Soit IR . On applique la formule de derivation duproduit dune fonction C par une distribution.

d2

dx2+ 2

u(x) sin (x)

= 1

(

sin(x) + 2 cos(x) 2u(x)sin(x))

+u(x)sin(x))

= 1

(+ 2)=

b/ Soit lC. On ad

dx

(u(x)exp(x)) = exp(x) + u(x)exp(x) u(x)exp(x)

=

Solution de lexercice (??): Procedons par labsurde. Supposons quil existe une fonction

f L1loc(IR) telle que = Tf. On considere la fonction D(IR) definie par

(x) =

8>:0 si |x| 1exp

1

1x2

si |x| < 1

Posons n(x) = (nx). Pour tout n IN, n D(IR) et supp n = [ 1n , 1n ]. On a

< Tf,n >=ZIR

f(x)(nx) dx = n(0)


26/35


dou

< Tf,n >=< f,n >= (0) = exp (1)

On en deduit que

exp(1) Z

[ 1n

, 1n

]|f(x)||(nx)| dx

Z[ 1

n, 1n

]|f(x)| dx.

Montrons que limn+ an = 0 ou an =

Z[ 1

n, 1n

]|f(x)| dx.

Posons n(x) = |f(x)|[ 1n

, 1n

] (x). On verifie facilement que n est mesurable, tend vers 0

p.p., verifie |(x)| |f(x)|[1,1] (x) et |f(x)|[1,1] (x) L1(IR).Le theoreme de Lebesgue permet alors de conclure que lim

n+ an = 0.

Il en decoule que exp (1) 0, ce qui est absurde.Il nexiste donc pas de fonction f L1loc(IR) telle que = Tf. On en deduit que, la distribu-tion nest pas reguliere.

Solution de lexercice (??): a/ ln |x| est integrable sur tout compact ne contenant pas0. Il suffit de verifier que ln |x| est integrable sur [1,1]. Pour > 0 assez petit, on aZ1

ln x dx = [x ln x x]1 = 1 ln () + .

Comme limn+ ln () = 0, on en deduit que la fonction ln |x| est integrable sur [0,1] etcompte tenu de sa parite, elle est donc integrable sur [1,1].b/ Soit D(IR), le theoreme des accroissements finis entraine lexistence de c dans lin-tervalle ] ,[ tel que

() () = 2(c).

Il vient alors

() () ln () = 2 ln ()(c).Dou

() ()

ln () 2 ln () .

On en tire

lim0+

() ()

ln () = 0.


27/35

27

c/ Soit D(IR), on par definition

< (ln |x|) , > = < ln |x|, >

= ZIR

ln |x| (x) dx

= lim0+

Z|x|

ln |x| (x) dx

= lim0+

Z

ln |x| (x) dx +Z+

ln |x| (x) dx

Utilisant une integration par parties, il vient

< (ln |x|) , > = lim0+

ln |x| (x) Z (x)x dx

+

ln |x| (x)+

Z+

(x)

xdx

= lim0+

() ()

ln () + lim

0+

Z|x|

(x)

xdx

= lim0+ Z|x| (x)x dx

= < V p

1x

, >

Dou legalite

ln |x|

= V p

1x

d/ Comme la fonction x x est C, on a

< xV p

1

x

, >=< V p

1

x

,x >=

ZIR

(x) dx =< 1, >

dou le resultat.

Solution de lexercice (??): a/ Soit f C(IR), on a

< f , >=< ,f >= f(0)(0) = f(0) < , >=< f(0), >

dou legalite f = f(0).

b/ On rappelle que

< (n), >= (1)n < ,(n) >= (1)n(n)(0)


28/35


La fonction x x est C, on a

< x(n), > = < (n),x >

= (1)n

n(n

1)

(0)= n < (n1), >= < n(n1), >

On en deduit que x(n) = n(n1).c/ Considerons lequation x2T = 0. Elle secrit x(xT) = 0 et donc xT = c.

En remarquant que x

= , il vient xT = cx ou encore x(T + c) = 0.Finalement T + c

= d. T est donc de la forme suivante T = c0+ c1

.

Ceci nous amene a demontrer par recurrence la proposition suivante

xnT = 0 T = c0+ c1 + + cn1(n1)

Elle est vraie pour n = 1. Supposons quelle soit vraie pour n, on a alors

xn+1T = xn(xT) xT = d0+ d1 + + dn1(n1)

Utilisant la question b/, il vient

xT = x hp1 +p2 + +pn(n)iou encore

xh

T +p1

+p2

+ +pn(n)i

= 0

Ainsi on a

T +p1

+p2

+ +pn(n) = c0

ce qui peut secrire

T = c0+ c1

+

+ cn(n)

Solution de lexercice (??): Pour D, on a

< fn, >=ZIR

fn(x)(x) dx =ZIR

nf(nx)(x) dx

Le changement de variable y = nx donne pour n IN,

< fn, >=ZIR

f(y)

y

n

dy


29/35

29

Considerons la suite de fonctions n(y) = f(y)

yn

. On verifie facilement que n est

mesurable et tend simplement vers (0)f. De plus |n| |f| qui est integrable. Letheoreme de la convergence dominee permet daffirmer que

< fn, > (0)ZIR

f dx = (0) =< , >

cest-a-dire fn au sens des distributions.Solution de lexercice (??): Soit y = f u avec f C(IR). On a

y

= f

u + f

= f

u + f(0)

On en deduit que

y

= f

u + f

+ f(0)

= f

u + f

(0)+ f(0)

Lequation de loscillateur secrit donc

f

u + f

(0)+ f(0)

+ 2f u = k

ou encore

(f

+ 2f)u + (f

(0) k)+ f(0) = 0

Il suffit de prendre f telle que

f

+ 2f = 0 avec f(0) = 0 et f

(0) = k

La fonction f est de la forme

f(t) = A cos(t) + B sin(t)

f(0) = 0 = A = 0 et f(0) = k = B = k

, dou f(t) = k

sin(t).

La distribution y = k

sin(t)u(t) est donc solution de lequation.

Solution de lexercice (??): 1/ Nous avons

h(x) = [2,2] (x)

=ZIR

[2,2] (t) (x t) dt

=Z22

(x t) dt


30/35


En posant y = x t, il vient h(x) =Zx+2

x2 (y) dy. Dou h est C

.

Sachant que supp = [,], on peut verifier facilement que

h(x) = 0 si x /] 3,3[

Par suite supp h [3,3]. Ainsi h D(IR).2/ On constate que h(x) = 0 si x ] 3,3[ et donc supp h = [3,3].3/ Pour x [,], on a

h(x) =Z

(x) dx =1

Z

0 (x

x) dx =

Z11

0 (y) dy = 1

4/ Soit x= 0. Pour n = 0, on a

g(x) =1

x[f(x) f(0)] = 1

x

Zx0

f

(y) dy

La relation est donc vraie. Supposons quelle est vraie pour n. Une integration par parties

donne

xn+1g(n)(x) =

"tn+1f(n+1)(t)

n + 1

#x0

Zx

0

tn+1f(n+2)(t)

n + 1dt.

Il en decoule

g(n)

(x) =

f(n+1)(x)

n + 1 1

(n + 1)xn+1 Zx0 tn+1f(n+2)(t) dt.En derivant, il vient

g(n+1)(x) =1

xn+2

Zx0

tn+1f(n+2)(t) dt.

Legalite est donc vraie par recurrence.

5/ Utilisant la formule de la moyenne, il vient

g(n)(x) =1

xn+1f(n+1)()

Zx0

tn dt =f(n+1)()

n + 1ou 0 || < |x|

dou limx0

g(n)(x) =f(n+1)(0)

n + 1.

Dautre part, g est continue, C pour x = 0, avec g(n)(x) qui tend vers une limite finielorsque x 0, on en deduit que g C(IR).6/ Il suffit dappliquer les questions 4/ et 5/ pour conclure que C. Par ailleurs, onconstate que pour tout x = 0, on a

(x) = 0 (x) = 0.


31/35

31

Il en resulte que supp = supp . Ainsi D.7/ La fonction (x) (0)0(x) appartient a D et vaut 0 pour x = 0. Il decoule donc de laquestion precedente que la fonction definie par

(x) =

8>:(x)(0)0(x)

xsi x = 0

(0) (0)0(0) si x = 0

est une fonction de . On a donc

(x) (0)0(x) = x(x) x = 0

cette egalite est vraie aussi pour x = 0.

8/ Montrons que

xT = 0 T = c ou c est une constante.

() Si T = c, on a xT = xc = cx. Comme x = 0, alors xT = 0.() On suppose que xT = 0. On a donc pour D, < xT, >= 0.Soit 0 D telle que 0(0) = 1. On sait que secrit sous la forme

(x) = (0)0(x) + x(x) avec D

On en deduit que

< T, >= (0) < T,0 > + < T,x >

Or < T,x >=< xT, >= 0, donc

< T, >=< T,0 > < , > .

Comme < T,0 > est un scalaire independant de , on conclut que T = c.

Solution de lexercice(

??)

:Les questions 1/, 2/, 3/ et 4/ ont fait lobjet de lexercice

(??).

5/ S = {f C(IR)/ k IN, f(k) est D.R.}. On voit que 0 S.Soient f,g S et lC. Il est facile de verifier que f + g S et S.S est par consequent un sous espace vectoriel de C(IR).

Par ailleurs, pour k IN et f S, on a xkf C(IR) et

p IN |xpxkf(x)| = |xp+kf(x)| 0 si |x| +


32/35


On en deduit que k IN xkf S, dou P f S pour tout polynome.6/ i) Soit f S. La fonction f est C et f(k) = f(k+1) est D.R. dou f S.ii) La question est S

L1(IR)

L2(IR). On sait dapres lexercice (??) que si f

C0(IR) et

si f est D.R. alors f L1 L2. Le resultat en decoule immediatement.7/ Soit f S. La fonction f est donc dans L1(IR) et elle est D.R. donc bf C(IR). Il decoulede la question 6/ que

k IN f(k) L1(IR)

Par application de la question 4/, on a bf est D.R.. Utilisant la stabilite de S pour la mul-tiplication par un polynome ainsi que les proprietes de la transformation de Fourier (??), il

vient

tp bf(k)(t) = tp(i2)kFxkf(x)= 1(i2)pF

(i2)kxkf(x)

(p) (.2)Comme

(i2)kxkf(x)

(p)est un element de S, sa transformee de Fourier est D.R. et par

suite

lim|t|+

|tp bf(k)(t)| = 0Par consequent bf S.8/ i) Provient de la definition.

ii) Soit k IN, on verifie facilement a laide de la formule de Leibnitz que xp xkfn(x)(q)converge uniformement vers sur IR.

iii) On fn 0 dans S, donc

> 0 N IN/ n N |(1 + x2)fn(x)| , x IR

dou ZIR

|fn(x)| dx ZIR

dx

1 + x2

donc

fn1

Ainsi

fn1 0 dans L1

iv) On sait dapres legalite (.2) quetp

cfn

(q)(t)

= (2)qpF

h(xqfn(x))

(p)i

(t)

.


33/35

33

Si lon pose n(x) =

xqfn(x)(p)

, alors on peut affirmer que8>>>>>:

n S (questions 5/ et 6/ i))n

0 dans S (questions 8/ i) et 8/ ii))

n 0 dans L1 (question 8/ iii))Or on a dapres le theoreme (??) et sa demonstration cn n1, dou le resultat.Solution de lexercice (??): a/ Soit D, est C et supp est compact. On conclutque est D.R., ce qui est le cas aussi pour (k) D.Dautre part, on peut verifier facilement que la convergence dans D entraine la convergencedans S. Par consequent tout element de S

est un element de D .b/ Supposons que Un 0 dans S . Donc

< Un, > 0 S

et par consequent

< Un, > 0 D.

Finalement Un 0 dans D .Solution de lexercice (??): On sait que L1(IR) L1loc(IR). Donc toute fonction de L1(IR)est une distribution. Soit {n} une suite de S, telle que n 0 dans S. On a

|< f,n >| =ZIR

f(x) n(x) dx nf1.

Or limn+ n = 0, donc f definit une forme lineaire continue sur S. Cest donc une

distribution temperee.

Solution de lexercice (??): La fonction f L1loc(IR), cest donc une distribution. Soit unesuite n de S telle que n 0 dans S. On a

|< f,n >

|= ZIR f(x) n(x) dx=

Z|x|a

f(x) n(x) dx +Z|x|>a

f(x) n(x) dx

= nZ|x|a

|f(x)| dx +Z|x|>a

|f(x)| |n(x)| dx

Or

A > 0, m IN/ |f(x) A|x|m |x| a


34/35


donc

|< f,n >| nZ|x|a

|f(x)| dx + A

xmn(x)

1

Sachant que f L1loc(IR) et utilisant les proprietes ii) et iii) de la question 8 de lexercice

(??), on conclut que

limn+ < f,n >= 0

donc f est bien temperee.

Solution de lexercice (??): On sait que

f S =

bf S (Question 7 de lexercice (??)).

Fest donc une application lineaire continue sur S. Utilisant la question 6/ ii) de lexercice(??), on deduit que f et bf L1. Comme de plus f est continue, on a dapres le theoremedinversion de Fourier Fbf = f.Fest donc bijective et continue dapres la question 8/ iv) de lexercice (??).Une demonstration similaire donne la continuite de F.Solution de lexercice (??): Soit S. On a F S, donc < U,F > lC. Par suite< FU, > lC. FU est lineaire dapres la linearite de F.

Supposons que n 0 dans S. On sait alors que Fn 0 dans S, dou

< FU,n >=< U,Fn > 0

FU est donc une distribution temperee.Demonstration analogue pour F.Solution de lexercice (??): Soit U S , on a vu que FU S (cf. exercice (??)).F : S S est donc lineaire. Elle est continue car Un 0 dans S implique que

< FUn, >=< Un,F > 0.On a les memes proprietes pour F.Par ailleurs, pour S, on a

< FFU, > = < FU,F >= < U,FF >= < U, >

= < FFU, >


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ce qui prouve que FF= FF= I.Solution de lexercice (??): On constate que est une distribution temperee. Pour S,on a

< F, > = < ,F >= b(0)=

ZIR

(x) dx

= < 1, >

dou F = 1.

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EHTP2006-Solutions Des Exercices Maths Chap.i-ii-III