Post on 02-Apr-2018
7/27/2019 EHTP2006-Solutions Des Exercices Maths Chap.i-ii-III
1/35
7/27/2019 EHTP2006-Solutions Des Exercices Maths Chap.i-ii-III
2/35
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.
7/27/2019 EHTP2006-Solutions Des Exercices Maths Chap.i-ii-III
3/35
7/27/2019 EHTP2006-Solutions Des Exercices Maths Chap.i-ii-III
4/35
4 SOLUTIONS DES EXERCICES
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
7/27/2019 EHTP2006-Solutions Des Exercices Maths Chap.i-ii-III
5/35
5
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
7/27/2019 EHTP2006-Solutions Des Exercices Maths Chap.i-ii-III
6/35
6 SOLUTIONS DES EXERCICES
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)
7/27/2019 EHTP2006-Solutions Des Exercices Maths Chap.i-ii-III
7/35
7
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
7/27/2019 EHTP2006-Solutions Des Exercices Maths Chap.i-ii-III
8/35
8 SOLUTIONS DES EXERCICES
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
7/27/2019 EHTP2006-Solutions Des Exercices Maths Chap.i-ii-III
9/35
9
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.
7/27/2019 EHTP2006-Solutions Des Exercices Maths Chap.i-ii-III
10/35
10 SOLUTIONS DES EXERCICES
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.
7/27/2019 EHTP2006-Solutions Des Exercices Maths Chap.i-ii-III
11/35
11
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
7/27/2019 EHTP2006-Solutions Des Exercices Maths Chap.i-ii-III
12/35
12 SOLUTIONS DES EXERCICES
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
7/27/2019 EHTP2006-Solutions Des Exercices Maths Chap.i-ii-III
13/35
13
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.
7/27/2019 EHTP2006-Solutions Des Exercices Maths Chap.i-ii-III
14/35
14 SOLUTIONS DES EXERCICES
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
7/27/2019 EHTP2006-Solutions Des Exercices Maths Chap.i-ii-III
15/35
15
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
7/27/2019 EHTP2006-Solutions Des Exercices Maths Chap.i-ii-III
16/35
16 SOLUTIONS DES EXERCICES
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
7/27/2019 EHTP2006-Solutions Des Exercices Maths Chap.i-ii-III
17/35
17
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.
7/27/2019 EHTP2006-Solutions Des Exercices Maths Chap.i-ii-III
18/35
18 SOLUTIONS DES EXERCICES
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))
7/27/2019 EHTP2006-Solutions Des Exercices Maths Chap.i-ii-III
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)
7/27/2019 EHTP2006-Solutions Des Exercices Maths Chap.i-ii-III
20/35
20 SOLUTIONS DES EXERCICES
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)].
7/27/2019 EHTP2006-Solutions Des Exercices Maths Chap.i-ii-III
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
7/27/2019 EHTP2006-Solutions Des Exercices Maths Chap.i-ii-III
22/35
22 SOLUTIONS DES EXERCICES
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.
7/27/2019 EHTP2006-Solutions Des Exercices Maths Chap.i-ii-III
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
7/27/2019 EHTP2006-Solutions Des Exercices Maths Chap.i-ii-III
24/35
24 SOLUTIONS DES EXERCICES
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
7/27/2019 EHTP2006-Solutions Des Exercices Maths Chap.i-ii-III
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)
7/27/2019 EHTP2006-Solutions Des Exercices Maths Chap.i-ii-III
26/35
26 SOLUTIONS DES EXERCICES
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.
7/27/2019 EHTP2006-Solutions Des Exercices Maths Chap.i-ii-III
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)
7/27/2019 EHTP2006-Solutions Des Exercices Maths Chap.i-ii-III
28/35
28 SOLUTIONS DES EXERCICES
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
7/27/2019 EHTP2006-Solutions Des Exercices Maths Chap.i-ii-III
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
7/27/2019 EHTP2006-Solutions Des Exercices Maths Chap.i-ii-III
30/35
30 SOLUTIONS DES EXERCICES
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.
7/27/2019 EHTP2006-Solutions Des Exercices Maths Chap.i-ii-III
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| +
7/27/2019 EHTP2006-Solutions Des Exercices Maths Chap.i-ii-III
32/35
32 SOLUTIONS DES EXERCICES
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)
.
7/27/2019 EHTP2006-Solutions Des Exercices Maths Chap.i-ii-III
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
7/27/2019 EHTP2006-Solutions Des Exercices Maths Chap.i-ii-III
34/35
34 SOLUTIONS DES EXERCICES
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, >
7/27/2019 EHTP2006-Solutions Des Exercices Maths Chap.i-ii-III
35/35
35
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.