Fonctions définies par une intégrale. On suppose que g et h sont deux fonctions réelles définies sur R d, telles que la fonction

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1 Prép. Agrég. écrit d Anlyse, Annexe n o 6. Méthode de Lplce dns R d Fonctions définies pr une intégrle On suppose que g et h sont deux fonctions réelles définies sur R d, telles que l fonction F(t = g(x e t h(x R d soit définie pour t réel ssez grnd. On s intéresse u comportement de F(t lorsque t +. On fit les hypothèses suivntes : l fonction h dmet un mximum (unique sur R d u point x, et toute suite mximisnte (u n R d pour h tend vers x ; on suppose que h dmet un DL u voisinge de x vec une mtrice hessienne définie négtive D h(x = A, h(x + v = h(x 1 t vav + o( v ; pour un certin t l intégrle R d g(x e t h(x est finie ; enfin g est continue u point x et g(x. On en déduit ( π F(t = g(x e th(x R d t équivlent vlble qund t +. d/ g(x e th(x det A, Démonstrtion. On supposer g(x >. On v montrer que pour tout ε >, il existe t 1 tel que F(t (1 + ε K(t pour t > t 1, où ( π K(t = t d/ g(x e th(x det A. L preuve de F(t (1 ε K(t pour t ssez grnd est nlogue et lissée u lecteur. On poser C = C(ε = (1+ε/ 1/ < 1 et D = C d/ > 1 (détils purement techniques ; on doit juste penser que C < 1 < D sont très proches de 1. Comme A est définie positive et g continue u point x, on peut trouver r = r(ε > tel que h(x +v h(x C t vav/ et g(x + v D g(x lorsque v < r. On découpe l intégrle qui définit F(t en deux prties : l intégrle J (t sur l extérieur de l boule B(x, r et l intégrle J 1 (t sur B(x, r. On v voir que J (t est petite devnt K(r : d près l hypothèse sur les suites mximisntes, le sup de h dns R d \ B(x, r est un nombre δ < h(x ; pour t > t on donc si x / B(x, r l inéglité t h(x (t t δ + t h(x, d où J (t = g(x e th(x e (t t δ g(x e th(x = M e tδ R d R d \B(x,r qui est visiblement o(k(t qund t est grnd puisque δ < h(x. Il existe donc t tel que J (t ε K(t/ pour t > t. Pour triter J 1 (t on écrit J 1 (t = g(x e th(x D g(x e t(h(x C t vav/ dv. B(x,r 1 B(,r

2 Le chngement de vrible y = tc v donne ( (tc d/ e tc t vav/ dv = B(,r B(,r tc e t yay/ dy qui tend, lorsque t tend vers +, vers l intégrle de l densité gussienne multidimensionnelle, J = t yay dy = (π d/ (det A 1/. R d e 1 Dns le sens de l mjortion que nous tritons mintennt, il nous suffit de dire que l intégrle de ( est J, mis dns le sens de l minortion il fudrit utiliser l convergence de ( vers J. Ici, on écrit donc simplement que J 1 (t ( Dg(x e th(x ( (tc d/ J = D K(t (1 + ε/ K(t ce qui donne pour t > t l inéglité F(t (1 + ε K(t. Remrque. Si E est un sous-ensemble de R d ité pr une sous-vriété (lisse et si x est sur l sous-vriété ite, on n en intégrnt sur E, que l moitié de l prtie importnte de l intégrle précédente ; supposons donc que ϕ soit réelle de clsse C 1, que E = {x R d : ϕ(x }, que ϕ(x = et que ϕ(x soit non nul ; on lors g(x e th(x 1 ( π d/ g(x e th(x. E t det A Formule de Stirling On Γ(t + 1 = donc Γ(t x t t t+1 = t t e x = t près le chngement de vrible x = ty ; on réécrit Γ(t + 1 t t+1 = x t e x e t(ln(y y dy y t e ty dy qui est bien de l forme précédente, vec d = 1, g = 1 ],+ [ et h(x = ln(x x pour x > et h(x = si x (pr exemple ; je veux n importe quoi de plus petit que le mximum de h sur ], + [, qui est égl à 1. On voit que h dmet un unique mximum en x = 1, vec h (x = 1 et h(x = 1. On ur donc d où l formule de Stirling Γ(t + 1 t t+1 lorsque t +, et son cs prticulier pour n entier tendnt vers +. π e t t Γ(t + 1 t t e t πt n! n n e n πn

3 Fonction d Airy Voir Zuily-Queffélec, Chpitre IX, section V et l suite, pour un développement voisin ; on veut étudier les propriétés de l fonction A définie pr t R, A(t = sin (tx + x. Cette fonction n est ps l fonction notée Ai(t dns ZQ (l fonction de ZQ serit l intégrle ci-dessus, mis vec sin remplcé pr cos, et multiplié pr ; ce qui uront consulté ZQ verront que ce petit chngement de rien du tout modifie beucoup les résultts vlbles pour Ai. On veut montrer que cette fonction A est dérivble, et même indéfiniment dérivble sur R. Il n est même ps totlement évident pour commencer que l intégrle ci-dessus converge, et à plus forte rison que l fonction insi définie soit dérivble. Il est clir qu on ne peut ps utiliser directement un théorème à l Lebesgue vec mjortion de l dérivée pr rpport u prmètre ; mis dns les problèmes de ce type il est souvent utile d effectuer une intégrtion pr prties. En effet, l fonction à intégrer est férocement oscillnte qund x tend vers +, et on peut espérer doucir ceci en remplçnt l fonction pr une primitive, dns un processus d intégrtion pr prties. L étude est plus fcile sur un intervlle t t >. Pour pouvoir intégrer, on v introduire l expression (t+x sin(tx+x / (qui est déjà une dérivée en x et compenser en divisnt pr t + x >. On pose U t (x = tx + x / et on note s dérivée u t (x = U t(x = t + x. On écrit sin ( U t (x = [ = cos(u t (x 1 u t (x ] y sin ( U t (x u t (x cos(u t (x u t (x = x u t (x ; le terme entre crochets tend vers 1/t lorsque y +, ce qui montre que l intégrle initile converge, et que A(t = 1 t x cos(u t (x (t + x. Cette nouvelle expression contient une intégrle bsolument convergente, à lquelle on peut ppliquer le théorème stndrd de dérivbilité (mis les dérivées pr rpport u prmètre t ne sont ps très simples. Avec cette formule on vérifie fcilement que A est de clsse C 1 sur ], + [. Mis des ennuis pprîtront vec l dérivée seconde : l intégrle obtenue n est plus bsolument convergente ; pour régler cel, on peut procéder à une nouvelle intégrtion pr prties qui donner A(t = 1 t + sin(u t (x d ( x u t (x qui permet de dériver un peu plus loin. On peut répéter indéfiniment et montrer que A est de clsse C. Autre informtion, pour t > A(t 1 x [ t (t + x = (t + x 1] + = 1 x= t qui montre que A(t tend vers lorsque t +. En fit, on peut voir que t A(t tend vers 1 qund t +.

4 En se ftigunt un peu on rrive à voir que l dérivée de A se clcule ussi pr A (t = x cos (tx + x c est à dire en dérivnt sous l intégrle semi-convergente de déprt, pr rpport u prmètre t ; il nous fut justifier ce résultt. Posons n A n (t = sin (tx + x et g(t = x cos (tx + x. L justifiction de l convergence de cette dernière intégrle suit le même chemin (intégrtion pr prties que précédemment. Il n y ucune difficulté pour justifier que n t R, A n(t = x cos (tx + x, et nous llons montrer que A n(t converge vers g(t, uniformément sur tout compct de R, ce qui donner le résultt voulu. On écrit g(t A n(t = x cos (tx + x = n [ x ] + ( x = sin(u t (x + sin(u t (x u t (x n u t (x 1 u t (x n qui tend bien vers comme il fut : si t M, et dès que n n (M = M + 1, le premier terme est borné pr n(n M 1 et le second pr n ( x (x M + 1 x M qui tend vers qund n +, puisque l intégrle ci-dessus converge. En revnche, l dérivée suivnte A (t, qui existe, ne peut ps se représenter comme x sin (tx + x prce que cette intégrle générlisée n est plus convergente! Il y qund même quelque chose à fire ; on voit pr l même stuce d intégrtion pr prties que l fonction F définie pr F(y = x sin (tx + x oscille lorsque y + (mis en restnt bornée, à cuse du terme tout intégré ] [(1 cos((u t (x x y = ( 1 cos(yt + y / y u t (x t + y mis on peut penser à l méthode de Cesro qui est si utile pour les séries de Fourier ; si y + F(y n existe ps, -t-on u moins l existence de 1 y + y F(x = y + 4 (1 x/y x sin (tx + x?

5 Dns ce cs il serit risonnble de dire que l intégrle générlisée converge u sens de Cesro, et de l noter Ces f(x. On bien lors (en trvillnt encore que A (t = Ces On ur ensuite l éqution très intéressnte prce que A (t ta(t = Ces (t + x sin (tx + x x sin (tx + x. (t + x sin (tx + x = 1 cos(u t (y = 1 oscille sns fvoritisme entre les vleurs et qund y +, rendnt plusible l ffirmtion ( Ces 1 cos(ut (y = 1. y + Il reste à justifier ce qui vient d être expliqué heuristiquement ; pour ne ps répéter cinqunte fois l même chose (ç fer seulement deux, on v énoncer un lemme. Dns une expression de l forme x k /u t (x l, il est risonnble de dire que le degré en x est d = k l. C est ce degré qui contrôle l convergence bsolue des intégrles du lemme qui suit. Lemme. On suppose > M + 1 et k, l. Si le degré d = k l est <, les intégrles sin(u t (x xk u t (x l et cos(u t (x xk u t (x l convergent qund y +, uniformément pour t M. Si d =, elles restent bornées qund y +, uniformément pour t M. Démonstrtion. C est essentiellement l même chose que dns le clcul de A (t, et le tritement est identique pour les deux intégrles. Voyons donc l première. En intégrnt pr prties on obtient sin(u t (x xk [ u t (x l = x k ] y cos(u t (y u t (x l+1 ( kx k 1 xk+1 + cos(u t (y (l + 1 u t (x l+1 u t (x l+. On remrque que les nouvelles intégrles sont de degré d = d < 1, donc bsolument convergentes, et même uniformément en t [ M, M] puisque l quntité sous l intégrle se mjore pr une fonction intégrble de x, indépendnte de t, y kxk 1 (x M l+1 + (l + 1 x k+1 (x M. l+ Pour le terme tout intégré, on une mjortion de l vleur en y pr y k /(y M l+1, vlble pour t M ; ce mjornt tend vers lorsque y + puisque son degré en y est d <. Ceci montre que le terme entre crochets tend uniformément vers k cos(t + //(t + l+1, l opposé de l vleur en. 5

6 Dns le cs d =, les nouvelles intégrles sont de degré d = d = 1 ; elles ne sont ps bsolument convergentes sur [, + [, mis elles convergent uniformément qund y + d près l première prtie (on bien 1 = d <! ; le terme tout intégré, lui, reste borné pr k ( M l+1 + y k ( (y M l+1 = On v mintennt montrer que A (t = Ces x sin (tx + x M = l+1 + ( y y + y M Supposons t M, > M + 1 et posons pour y > f y (t = (1 x/y x cos (tx + x l+1 ( M l+1. (1 x/y x sin(u t (x.. D près le lemme précédent, l prtie de l intégrle qui est en y 1 y x cos(u t (x tend uniformément vers (cs du degré d =, donc l ite de f y (t existe qund y +, et elle vut f(t := On sns problème x cos (tx + x f y(t = Pr intégrtion pr prties on voit que f y(t = cos(u t ( /y u t ( = A (t x cos (1 x/y x sin (tx + x (tx + x. ( x x /y cos(u t (x u t (x. x + x 4 /y u t (x. L expression intégrle se décompose en qutre intégrles ; deux sont de degré 1, donc convergent uniformément d près le lemme, et les deux utres sont en y 1 degré, donc convergent vers. Le premier terme converge uniformément vers cos(u t (/u t (, donc f y converge uniformément lorsque y +. D près le théorème clssique déjà utilisé, l ite uniforme des f y est bien l dérivée de l ite des f y, c est à dire l dérivée de f, y + (1 x/y x sin(u t (x = f (t = A (t + x sin(u t (x. On insi justifié l formule pour A (t, et il ne reste plus qu à dire pourquoi Ces y + cos(u t(y = y y 1 cos(u t (x =. Mis c est clir puisque l intégrle converge (degré, et qu on l divise pr y +. On donc fini de justifer l éqution t R, A (t ta(t = 1. 6

7 L éqution différentielle y (t ty(t = Cte On vient de dire que A vérifie l éqution A (t ta(t = 1, ce qui implique imméditement que A est de clsse C sur R. On v essyer de retrouver A u moyen de l équ diff. Il est évident que l éqution différentielle y (t = ty(t dmet deux solutions indépendntes, sommes de séries entières de ryon de convergence + et Introduisons de plus B(t = 1 + t. + t t C(t = t + t t t D(t = t + t t t Cette fonction D vérifie D (t td(t = 1. L fonction A étudiée précédemment est donc de l forme A(t = βb(t + γ C(t D(t ; pour trouver β et γ il suffit de clculer A( et A (, c est à dire β = A( = sin(x / et γ = A ( = On commence pr poser y = x / qui donne β = / sin(y dy et γ = 1/ y/ Ces deux intégrles s obtiennent à prtir de e ix x α 1 = e ix+(α 1 ln(x x cos(x /. cos(y y 1/ pour < α < 1. Pr un rgument d holomorphie, cette dernière intégrle est l même sur le demi-xe imginire z = ix, x, ce qui donne en posnt s = α 1 e x e s ln(ix i = dy. e x e s ln x +is π/ i = i e is π/ e x x α 1 = e iαπ/ Γ(α. On choisi l détermintion de ln(z = ln z + i rg z qui correspond u choix π < rg(z < π ; insi ln(i = iπ/. On obtient en prennt l prtie réelle et vec l prtie imginire cos(y y α 1 dy = cos(απ/ Γ(α sin(y y α 1 dy = sin(απ/ Γ(α. Qund α, on Γ(α α 1 et l intégrle en sinus tend vers π/ : moyennnt justifiction de l convergence, on retrouvé l intégrle de sin(x/x en utilisnt un chemin complexe un peu différent de l hbituel. Finlement β = 1 ( 1 / Γ et γ = 1 ( 1/ Γ. 7

8 Point de vue holomorphe On peut pousser plus loin le point de vue holomorphe qui nous simplement servi ci-dessus à clculer les vleurs des coefficients β et γ. Prtons de l expression F(t = e ity+y / dy dont on prendr ensuite l prtie imginire. Posons x = y /, ω = 1/, on obtient F(t = e itωx1/ +ix ω x / = ω e itωx1/ +ix ln(x qui deviendr en remplçnt x pr ix comme vnt F(t = ω e itω(ix1/ x ln(ix i puis en posnt ζ = e iπ/6 = e ln(i/ = i 1/ F(t = ω ζ e ζ4 ωtx 1/ e x x / dns lequel l exponentielle e ζ4 ωtx 1/ se lisse gentiment développer en série sous le signe intégrl, donnnt + + ( F(t = ω ζ ζ 4n ω n tn n + 1 t e x x n/ / = ζ 4n+1 ω n n Γ n! n= n!. n= Si on écrit n = k + j, vec j =, 1, on trouver, en regroupnt suivnt l vleur de j, l expression F(t = ω ζ Γ(1/ B(t + ω 1 ζ 5 Γ(/ C(t id(t. En prennt l prtie réelle, on trouve l expression en série entière de l fonction de ZQ Ai(t = ω Γ(1/ B(t ω 1 Γ(/ C(t. Il resterit pour bien fire à justifier le chngement de contour dns les intégrles de notre fonction holomorphe z z / e itωz1/ +iz. Pour chque r >, désignons pr γ r le prcours du qurt de cercle z = r e iθ, vec θ π/. On ur sur ce qurt de cercle d où z 1/ = r 1/ (cos(θ/ + i sin(θ/, Re(itωz 1/ + iz = tωr 1/ sin(θ/ r sin(θ et sin(θ/ sin(θ qund θ π/. Pour t réel fixé, on ur tωr 1/ 1 r pour r ssez grnd, donc π/ z / e itωz 1/ +iz dz r / e 1 r sin(θ r dθ. γ r Si on choisit α ]1/, 1[, l fonction x x α e x/ est bornée pr un certin K α, donc π/ π/ r / e 1 r sin(θ r dθ K α r /+1 α dθ sin α (θ qui tend vers qund r +, puisque 1/ α <. Ceci implique le résultt voulu, en utilisnt l nullité de l intégrle sur le contour formé du segment réel de à r, du qurt de tour γ r et pour finir du segment imginire pur de ir à (il y une singulrité en, mis elle est fcile à triter. 8

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