Analyse II 2BMP, TD novembre-décembre Suggestions pour solutions Version 13 décembre 2007, LT (Cours B) et FB

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1 Analse II BMP, TD novembre-décembre 7 - Suggestions pour solutions Version 3 décembre 7, LT (Cours B) et FB Eercice. Soit un signal f (on suppose que cette fonction est intégrable et de carré intégrable). On définit l autocorrélation du signal par E f (t) f()f( t)d, t et la densité spectrale de puissance de ce signal (PSD) par D f () ˆf(), où ˆf() désigne la transformée de Fourier négative de f en. On pose f s () f( ),.. Montrer que l autocorrélation s écrit E f f f s. Montrer que l autocorrélation d une fonction à valeurs réelles est une fonction paire. 3. Montrer que sup E f (t) E f () t 4. Montrer que la densité spectrale et l autocorrélation sont liées par la transformation de Fourier. Solution. ) Soit t. On a directement (f f s )(t) f()f s (t )d f()f( t)d E f (t). d où la conclusion. ) Soit f une fonction à valeurs réelles. On a E f ( t) f()f( + t)d f()f( + t)d f( t)f()d via le changement de variables t f()f( t)dt E f (t) 3) Soit t. Considérons la fonction f de l énoncé et la fonction g définie par g() f( t),. Il s agit de deu fonctions de L () et on peut donc leur appliquer l inégalité de Cauch-Schwarz dans L. On a f, g L f L g L c est-à-dire Comme f( t) L f L, on obtient f()g( t)d f L f( t) L E f (t) f L De là, on tire donc E f (t) f() d f()f()d sup E f (t) E f () t f()f( )d E f ()

2 4) On sait que E f f f s. En appliquant la transformée de Fourier négative au deu membres de cette égalité, on obtient que F E f F f F f s. Or on a On en tire donc que F f s e i f( )d e i f()d F E f F f F f F f D f () e i f()d F f Question. Ce qui précède reste-t-il valable si f est seulement de carré intégrable? Pourquoi? Eercice. Si possible, déterminer le produit de composition des fonctions f et g suivantes Solution. Soit. On a (f g)() f(), g() f( )g()d et cette dernière intégrale a un sens puisque (+ ) On a alors (f g)() + ( + ) d + ( + ) d ( + ), ± ( + ) ( + ) d ( + ) d + ( + ) d + est continu et + ( + ) d ( + ) d Calculons alors une primitive de chacune des fonctions D une part, on a directement D autre part, comme on obtient d ( + ) d + ( + ), ( + ). ( + ) d ( + ). ( + ) + ( + ) + ( + ), ( + ) d arctan()+ ( ) D + d ( arctan() + ) + En utilisant ces primitives pour le calcul des intégrales donnant l epression de (f g)(), on obtient (f g)() + arctan() Eercice 3. On considère f() cos(), [, + [. Montrer que cette fonction n est pas intégrable sur l intervalle [, + [ mais qu elle admet une intégrale fléchée en +. Suggestion : On sait que la fonction (non-intégrable à l infini) sin() admet une intégrale fléchée à l infini.

3 Solution. Montrons que f n est pas intégrable sur [, + [. Si f était intégrable, par le changement de variables π sin(), la fonction g() serait intégrable sur l intervalle [ + π π, + [. Or on a Comme sin() une contradiction. sin() π sin(), > π n est pas intégrable en +, cela entraîne que sin() π ne l est pas non plus, d où Montrons que la fonction cos() admet une intégrale fléchée en +. (emarque : c est immédiat si on utilise des résultats théoriques donnant des conditions suffisantes d eistence d intégrales fléchées, cf notes de cours). On doit prouver que la ite rm m + π cos() d eiste et est finie pour toute suite de réels (r m ) m N telle que r m +. Soit (r m ) n N une telle suite et fions m N. On a successivement rm π cos() rm π/ d π π/ r m π/ r m π/ sin() + π/ d sin() d + sin() d + π r m π/ r m π/ ( sin() + π/ + sin() ) d sin() ( + π/) d On sait que la fonction sin() sin() (+π/) admet une intégrale fléchée en +. De plus, puisque la fonction est intégrable sur [π/, + [, elle admet également une intégrale fléchée en +. Au total la fonction de l énoncé admet également une intégrale fléchée en +. Eercice 4. Soit la fonction g() cos(),, g(). Montrer que cette fonction est continue sur, appartient à L () mais pas à L (). En déterminer ensuite la transformée de Fourier (négative). Solution. emarque : plusieurs méthodes eistent (cf notamment justifications au cours). Montrons que la fonction n appartient pas à L. Si elle était intégrable, comme cos() admet une intégrale fléchée en + (cf par eemple un des eercices précédents) alors leur somme, à savoir la fonction admettrait également une intégrale fléchée en +. Comme on sait que ce n est pas le cas, on en conclut que cos() n est pas intégrable sur. (On peut aussi procéder en utilisant l epression g() sin (/) et le changement de variables t π par eemple.) Montrons que la fonction appartient à L. Elle est continue sur. En effet son epression montre directement qu elle est continue sur et on a cos() De plus on a + 3/ f(). La fonction f appartient donc à L \ L. Considérons les fonctions f M () cos χ [ M,M] (), M N. Ces fonctions appartiennent à L L et elles convergent dans L vers f. 3

4 Etudions leur transformée de Fourier. Puisque f M est une fonction impaire, on a, pour M fié, F ± ±i cos f M e χ [ M,M] () d M ±i cos e M M d ±i sin() cos d ( M sin() M ±i d ±i ±i ( M ( M sin() sin() Puisque l on sait que pour λ on a sin() cos d M sin ( ( + ) ) + sin ( ( ) ) d M M + ) M sin ( ( + ) ) d d sin(λ) d sign(λ) π M d ) sin ( ( ) ) d ). on obtient ou encore F ± f F ± f M M + F + f iπχ ],[ () + iπχ ],[ (), si ], [ ], + [ {} iπ si ], [ ±iπ si ], [ ±i π si i π si F f iπχ ],[ () iπχ ],[ () Eercice 5. On donne les fonctions suivantes f () { e si si <, f () { e si e si <, f 3 () e ( ), f 4 () + i i ( ) + i Déterminer la transformée de Fourier (-) de f, f, f 3, en précisant s il s agit de la transformée dans L ou L. Déterminer la transformée de Fourier (+) de f 4 en spécifiant s il s agit de la transformée dans L ou L. Montrer que cette transformée est nulle sur ], [. Déterminer (si possible) le produit de composition f f ainsi que sa transformée de Fourier. Solution. ) [Transformée de Fourier de f :] Puisque f C ([, + [) et que + e, la fonction appartient à L () et on a F ± f + e e ±i d + [ e e ( i) ( i) d ( i) ] + i On a calculé la transformée de Fourier (+) car elle nous servira plus loin dans l eercice. ) [Transformée de Fourier de f :] La fonction f est continue sur [, + [ et on a + f (). Elle est également continue sur ], [ et on a f () ainsi que f (). 4

5 Au total, la fonction f est intégrable sur et on a F f + ( e )e i d + e e i d F + f + F f i + + i i + e e i d e e i d 3) [Transformée de Fourier de f 3 :] La fonction f 3 est continue sur et on a ± f 3 () ± e La fonction f 3 est donc intégrable sur et on a F f 3 e i e d + + e e i d e cos()d + [ ] e (+i) + + i ( ) ( ) i + i + + e (+i) d 4) [Transformée de Fourier de f 4 :] La fonction +i n est pas intégrable car +i eiste et est non nulle. Elle est de carré intégrable car elle est continue sur et ± Puisque F f F f +i f 4(), le théorème de Fourier implique que F + f 4 F + F f πf () πe χ [,+ [ () pp Il est évident que cette fonction est nulle sur ], [. (+i). 5) [Produit de composition f f :] Montrons que le produit de composition a un sens. Soit. Il faut montrer que la fonction f ()f ( ) est intégrable sur. Si, cette fonction est nulle et si >,elle s écrit eplicitement f ()f ( ) e χ [,] (). Cette fonction de est donc intégrable sur. On obtient aussi (f f )() e d e, > (f f )(),. 6) [Transformée de Fourier de f f :] La fonction e χ [,+ [ () est continue sur [, + [, nulle en dehors et on a + f (). Cette fonction est donc intégrable sur et on a F (f f ) F f F f ( + i) emarque. Pour la justification de l eistence du produit de composition et le l intégrabilité de celui-ci, on peut bien sûr se référer au cas de base étudiés. Eercice 6 (ésolution de l équation de la chaleur via transformation de Fourier). Soit une fonction u u(, t) (, t ) de classe C dont les dérivées partielles jusqu à l ordre sont intégrables par rapport à sur quel que soit t. Soit aussi une constante strictement positive v. On suppose que u vérifie l équation D t u(, t) v D u(, t), t, 5

6 On pose et on définit la fonction f() u(, ), ˆf F f F (, t), t, de telle sorte que, pour t fié, F (, t) soit la transformée de Fourier (négative) en de la fonction u(, t).. Montrer que pour tout, la fonction t F (, t) vérifie. Déduire du point précédent que l on a D t F (, t) + v F (, t). F (, t) ˆf()e v t. 3. Déduire de ce qui précède que l on a finalement u(, t) ( f + v ) t e d,, t. π Solution. ) Soit. Par définition on a F (, t) e i u(, t) d. Une dérivation par rapport à t sous le signe d intégration (intégrales paramétriques) puis l utilisation de l hpothèse donne D t F (, t) e i D t u(, t)d v e i Du(, t) d. Cela étant, deu intégrations par parties donnent alors D t F (, t) v ( i) e i u(, t) d v F (, t) ) Soit. Vu le point ), la fonction t F (, t) est solution de l équation différentielle linéaire à coefficients constants d ordre D t g(t) + v g(t) dont le polnôme caractéristique est z z + v. L unique racine de ce polnôme est v. Par conséquent, il eiste une constante C telle que F (, t) Ce v t t. Comme F (, ) on en déduit que C F (, ) ˆf(), donc e i u(, ) d 3) Si t >, la gaussienne e v t vérifie e i f() d ˆf() F (, t) ˆf()e v t,, t. e v t avec g() e 4v t. On obtient ainsi v πt F g() v πtĝ() Or, par définition, on a F (, t) v f()ĝ() πt v πt F (f g) F (, t) e i u(, t) d F u(, t) 6

7 donc u(, t) v (f g)(), πt vu les hpothèses de régularité de u et le théorème de Fourier. Pour conclure, il suffit donc d eaminer l epression du produit de composition intervenant dans cette égalité. On a successivement (f g)() g()f( )d v t g( v t )f( + v t )d ( v t ) v t e f( + v t )d donc u(, t) v (f g)() πt π comme annoncé. Pour t c est immédiat puisque u(, ) f() et π f( + )e d f() π e f( + v t)d e d f(). Eercice 7. Soit f une fonction continue sur, telle que f() soit borné sur. Démontrer que En déduire que Solution. La fonction f( + m) ( + m) π sin (π), F () F πm feiπm. f( + m) Z est continue sur (car elle converge uniformément sur tout intervalle fermé borné de ) et -périodique. Nous pouvons donc la développer en série trigonométrique de Fourier dans L ([, ]). Ce développement est donné par F F, u m u m avec u m () e iπm (la convergence a lieu dans L ([, ]) et aussi en tout réel si la fonction f est assez régulière-voir les résultats de convergence ponctuelle des séries trigonométriques de Fourier). Calculons les coefficients de ce développement : pour tout m, on a < F, u m > on obtient bien la formule annoncée. F ()u m ()d j j k+ j F πm f; k f( + k)e iπm d f( + k)e iπm d f()e iπm d f()e iπm d 7

8 Montrons maintenant la seconde partie de l énoncé. On applique le résultat obtenu au point précédent à la fonction f définie par ( ) sin(π) f() ( ), f() π appelons alors que l on a Il s ensuit que l on a f() { π si F + χ [ π,π] sin(π) si ( ) F + χ [ π,π] 4 F + ( χ[ π,π] χ [ π,π] ) et on obtient donc Fπm f π ( ) χ[ π,π] χ [ π,π] (πm) pour tout m, grâce au théorème de Fourier et à la régularité des fonctions. On a ( ) χ[ π,π] χ [ π,π] () χ [ π,π] ()χ [ π,π] ( )d χ [ π,π] [ π+,π+] ()d π si [, π[ π + si ] π, [ si π donc Dès lors, pour tout réel non entier, on a F πm f si m, F πm f π si m. f( + m) sin (π( + m)) ( + m) (cette égalité reste en fait valable pour tout réel), donc sin (π) ( + m) π ( + m) π sin (π) ( Z). Cette dernière relation est l égalité annoncée. 8