Correction d examen. UNIVERSITÉ DE GABÈS A.U. : FACULTÉ DES SCIENCES DE GABÈS. Hedi Regeiba. Section: MRMa 1 Épreuve de : Analyse de Fourier

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1 UNIVERSITÉ DE GABÈS A.U. : FACULTÉ DES SCIENCES DE GABÈS Correction d examen. Hedi Regeiba. Section: MRMa Épreuve de : Analyse de Fourier Questions du cours. Il est évident que l application F : f f définie sur L (R n ), est linéaire. Soit f L (R n ). L application f(x)e ix est continue de plus f(x)e ix = f(x) et f est dans L (R n ) d où f est continue. Montrons que lim f() = 0. On a + f() = f(x)e ix dx R n = f(x)e i(x+π 2 ) dx R n = f(x π R n 2 )e ix dx d où 2 f() f(x) f(x π R n 2 ) dx. On peut conclure en remarquant que f(x) R f(x π dx = n f τ π tend vers 0 quand tend vers l infini. 2 ) f 2 F L(L (R );C 0 (R n )) = car sup f() f ( f() f, R n ) l égalité R n ayant lieu, par exemple, pour la fonction f(x) = [a,b] (x). 2. Soit f S(R n ). On sait que f est de classe C sur R n et on a α N n, D α f = ( i) α xα f. Il reste à montrer que D α f est à décroissance rapide. Puisque x α f S(R n ), on a aussi x α f L (R n ) ainsi que toutes ses dérivées. On pour tout R n et tous α, β N n F(D β (x α f))() = i β β xα f() = i β ( i) α β D α f()

2 d où β D α f() = F(D β (x α f))(), ce qui montre que la fonction β D α f() est dans C0 (R n ) comme transformée de Fourier d un élément de L (R n ). 3. Pour tout f L (R n ), on a Problème I f 2 2 = (2π) n f D abord si f K(R), alors par la formule d inversion de la transformée de Fourier, f(x) = g( x) où g est défini par ĝ = f. Donc f L (R). Réciproquement si f L (R) est telle que f L (R), il suffit de poser g(x) = f( x) el la même formule d inversion de la transformée de Fourier donne le résultat. 2. Soit g L (R) tel que ĝ = f. Par les propriétés de la transformée de Fourier d une fonction intégrable, f L (R). D autre part par hypothèse, f L (R). Pour montrer que f L p (R), avec p ], + [ on peut remarquer que f(t) p f(x), donc f Lp (R) et on a f p p p f p f f p. 3. Montrons que f K(R) est équivalent à f K(R). Soit f K(R). Alors il existe g L (R) telle que f = ĝ. De plus ĝ = f L (R) donc le théorème d inversion de Fourier est applicable à g c-à-d ĝ = g. Par conséquent, l égalité f = g montre que f L (R) et l égalité f = F(ĝ) donc f K(R). Réciproquement, si f K(R) alors f L (R) et donc pour presque tout x R autrement dit f(x) = f( x) = f(u)e ixu du R = f( )e ix d R f = ĝ où g est la fonction définie sur R par g() = f( ). 4. Soient (f, g) K(R) K(R) montrons que f g K(R). Puisque f et g appartiennent à L (R), f g appartient aussi à L (R). D autre part on a f g = fĝ. Comme f est bornée et ĝ L (R) par hypothèse alors fĝ L (R) ainsi f g L (R) et f g f ĝ. 2

3 Soient (f, g) K(R) K(R) montrons que fg K(R). Tout d abord on a fg L (R) car f L (R) et g L (R). D autre part il existe (ϕ, ψ) L (R) L (R) tel que f = ϕ et g = ψ donc fg = ϕ ψ d où fg K(R). 5. Soit f K(R) tel que N(f) = 0 f = f = 0 f = 0 Soient λ R et f K(R) on Soient f, g K(R) on a N(λf) = λf + λ f = λ f + λ f = λ N(f). Donc N est une norme sur K(R). N(f + g) = f + g + f + g f + g + f + ĝ N(f) + N(g). 6. (a) On sait que (L (R),. ) est un espace complet. Puisque les suites (f n ) n et ( f n ) n sont des suites de Cauchy. Alors il existe f, g L (R) tels que lim f n f = 0 et lim f n g = 0. (b) Rappelons que pour f L (R) on a l inégalité f f. Donc si lim f n f = 0, alors g L (R) telle que lim f n f = 0. Par ailleurs il existe lim f n g = 0. D après l unicité de la limite f = g p.p. (c) Les fonctions f et f L (R) et d après le théorème d inversion de Fourier f = f ce qui prouve que f coïncide presque partout avec une fonction continue ϕ. En résumé, ϕ est continue, ϕ L (R) et ϕ = f = g L (R). Donc ϕ K(R). De plus 7. Soit n N lim f n ϕ = 0 et lim f n ϕ = 0, il en résulte que lim N(f n ϕ) = 0. Ainsi la suite (f n ) n converge dans l espace vectoriel normé (K(R), N) est un espace de Banach. (a) La fonction h n est continue et bornée sur R donc f h n est bornée et continue sur R d après le théorème de continuité sous le signe intégral. 3

4 (b) Soit f L (R), montrer que f h n K(R). Tout d abord, f h n est intégrable sur R comme convolée de deux fonctions intégrables. D autre part, f h n est intégrable car produit d une fonction bornée f et d une fonction intégrable ĥn. Ainsi d après le théorème d inversion on a f h n = f h n. D où f h n K(R). 8. D abord on peut vérifier que R h(x)dx = alors h n(x) = nh(nx) est une approximation de l unité. (a) Soit f L (R) L p (R). On a pour n N, f h n L p (R) et lim f h n f p = 0. (b) Si p = on a f h n K(R) et donc K(R) est dense dans L (R). Si p ], + [. Soit f L (R) L p (R) alors f h n K(R) et donc K(R) est dense dans (L (R) L p (R),. p ). D autre part L (R) L p (R) est dense dans L p (R) (car, L (R) L p (R) contient par exemple C c (R) lequel est dense dans L p (R)). Ainsi K(R) est dense dans L p (R). 9. On vient de montrer que K(R) est dense dans (L (R) C 0 (R),. ). (a) Soit f L (R) C 0 (R). On a pour n N, f h n C 0 (R) et lim f h n f = 0. (b) On a L (R) C 0 (R) contient par exemple C c (R) lequel est dense dans C 0 (R). Alors L (R) C 0 (R) est dense dans C 0 (R). Soit f L (R) C 0 (R) alors f h n K(R) et donc K(R) est dense dans (L (R) C 0 (R),. ). Ainsi K(R) est dense dans L p (R). II On considère les fonctions définies sur R par sin(πx) ϕ(x) = [ 2, (x), f(x) = 2] πx. On a f / L (R), en effet 2. et on a sin t t sin2 t t et g(x) = sin(πx)e πx2. 2t cos(2t) 2t x x cos(2t) lim dt = + et lim < + x + 2t x 2t Il clair que f L 2 (R) car la fonction f peut être prolongée par continuité en posant f(0) =. F(ϕ)() = ϕ() = f(). Alors F(f)() = F(F(ϕ))() = (2π)ϕ( ) = (2π) [ 2, 2 ](). 4

5 3. D après l égalité de Plancherel-Parseval, on a = = ϕ 2 2 = (2π) ϕ ( ) 2 sin(πx) + dx = 2π + πx ( ) 2 sin(πx) dx = 2π πx ( [ 2, 2 ](x) ) 2 dx 4. On a g(x) = f(x)φ(x) avec φ(x) = πxh(x). Il est clair que f et φ sont dans L 2 (R). D où F(g)() = F(f) F(φ)() 2π = i + 2π e π(2 4 ) sh(π) 5