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2015-2016 Correction d`examen. - Faculté des sciences de Gabès

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A.U. : 2015-2016
UNIVERSITÉ DE GABÈS
FACULTÉ DES SCIENCES DE GABÈS
Correction d’examen.
Hedi Regeiba.
Section:
MRMa 1
Épreuve de : Analyse de Fourier
Questions du cours
1. Il est évident que l’application F : f −→ fb définie sur L1 (Rn ), est linéaire. Soit
f ∈ L1 (Rn ). L’application ξ −→ f (x)e−ixξ est continue de plus |f (x)eixξ | = |f (x)|
et f est dans L1 (Rn ) d’où fb est continue.
Montrons que lim fb(ξ) = 0. On a
ξ→+∞
Z
f (x)e−ixξ dx
fb(ξ) =
Rn
Z
−iξ(x+π
= −
f (x)e
ξ
)
kξk2
dx
Rn
Z
= −
f (x − π
Rn
d’où
Z
2|fb(ξ)| ≤
ξ
−iξx
dx
2 )e
kξk
ξ
f (x) − f (x − π
dx.
)
n
kξk2 R
ξ
On peut conclure en remarquant que Rn f (x) − f (x − π kξk2 ) dx = f − τπ
R
ξ f
kξk2
1
tend vers 0 quand kξk tend vers l’infini.
kFkL(L1 (R1 );C0 (Rn )) = 1 car sup |fb(ξ)| ≤ kf k1 (|fb(ξ)| ≤ kf k1 , ∀ξ ∈ Rn ) l’égalité
ξ∈Rn
ayant lieu, par exemple, pour la fonction f (x) = 1[a,b] (x).
2. Soit f ∈ S(Rn ). On sait que fb est de classe C ∞ sur Rn et on a
αf .
∀α ∈ Nn , Dα fb = (−i)|α| xd
Il reste à montrer que Dα fb est à décroissance rapide. Puisque xα f ∈ S(Rn ), on
a aussi xα f ∈ L1 (Rn ) ainsi que toutes ses dérivées. On pour tout ξ ∈ Rn et tous
α, β ∈ Nn
i|β| β α b
α f (ξ) =
F(Dβ (xα f ))(ξ) = i|β| ξ β xd
ξ D f (ξ)
(−i)|α|
d’où
|ξ β Dα fb(ξ)| = |F(Dβ (xα f ))(ξ)|,
ce qui montre que la fonction ξ 7→ ξ β Dα fb(ξ) est dans C0 (Rn ) comme transformée
de Fourier d’un élément de L1 (Rn ).
3. Pour tout f ∈ L1 (Rn ), on a
||fb||22 = (2π)n kf k22 .
Problème − I−
1. D’abord si f ∈ K(R), alors par la formule d’inversion de la transformée de Fourier,
fb(x) = g(−x) où g est défini par gb = f. Donc fb ∈ L1 (R).
Réciproquement si f ∈ L1 (R) est telle que fb ∈ L1 (R), il suffit de poser g(x) = fb(−x)
el la même formule d’inversion de la transformée de Fourier donne le résultat.
2. Soit g ∈ L1 (R) tel que gb = f . Par les propriétés de la transformée de Fourier
d’une fonction intégrable, f ∈ L∞ (R). D’autre part par hypothèse, f ∈ L1 (R).
Pour montrer que f ∈ Lp (R), avec p ∈]1, +∞[ on peut remarquer que |f (t)|p ≤
p
kf kp−1
∞ |f (x)|, donc f ∈ L (R) et on a
p−1
1
kf kp ≤ kf k∞p kf k1p .
3. Montrons que f ∈ K(R) est équivalent à fb ∈ K(R).
Soit f ∈ K(R). Alors il existe g ∈ L1 (R) telle que f = gb. De plus gb = f ∈
L1 (R) donc le théorème d’inversion de Fourier est applicable à g c-à-d b
gb = g̃. Par
1
b
b
b
conséquent, l’égalité f = g̃ montre que f ∈ L (R) et l’égalité f = F(b
g ) donc
b
f ∈ K(R).
Réciproquement, si fb ∈ K(R) alors fb ∈ L1 (R) et donc pour presque tout x ∈ R
b
f (x) = fb(−x)
Z
=
fb(u)eixu du
ZR
=
fb(−ξ)e−ixξ dξ
R
autrement dit
f = gb
où g est la fonction définie sur R par g(ξ) = fb(−ξ).
4. Soient (f, g) ∈ K(R) × K(R) montrons que f ∗ g ∈ K(R).
Puisque f et g appartiennent à L1 (R), f ∗ g appartient aussi à L1 (R). D’autre part
on a f[
∗ g = fbgb. Comme fb est bornée et gb ∈ L1 (R) par hypothèse alors fbgb ∈ L1 (R)
ainsi
f[
∗ g ∈ L1 (R) et ||f[
∗ g||1 ≤ ||fb||∞ ||b
g ||1 .
2
Soient (f, g) ∈ K(R) × K(R) montrons que f g ∈ K(R).
Tout d’abord on a f g ∈ L1 (R) car f ∈ L∞ (R) et g ∈ L1 (R). D’autre part il existe
(ϕ, ψ) ∈ L1 (R) × L1 (R) tel que f = ϕ
b et g = ψb donc f g = ϕ[
∗ ψ d’où f g ∈ K(R).
5.
• Soit f ∈ K(R) tel que N (f ) = 0 ⇒ kf k1 = ||fb||1 = 0 ⇒ f = 0
• Soient λ ∈ R et f ∈ K(R) on
N (λf ) = kλf k1 + ||λfb||1
= |λ| kf k + |λ|||fb||1
1
= |λ|N (f ).
• Soient f, g ∈ K(R) on a
N (f + g) = kf + gk1 + ||fb + g||1
≤ kf k + kgk + ||fb||1 + ||b
g ||1
1
1
≤ N (f ) + N (g).
Donc N est une norme sur K(R).
6. (a) On sait que (L1 (R), k.k) est un espace complet. Puisque les suites (fn )n≥1 et
(fbn )n≥1 sont des suites de Cauchy. Alors il existe f, g ∈ L1 (R) tels que
lim kfn − f k1 = 0 et lim ||fbn − g||1 = 0.
n→+∞
n→+∞
(b) Rappelons que pour f ∈ L1 (R) on a l’inégalité ||fb||∞ ≤ kf k1 .
Donc si lim kfn − f k1 = 0, alors lim ||fbn − fb||∞ = 0. Par ailleurs il existe
n→∞
n→+∞
1
g ∈ L (R) telle que
lim ||fbn − g||1 = 0.
n→+∞
D’après l’unicité de la limite fb = g p.p.
(c) Les fonctions f et fb ∈ L1 (R) et d’après le théorème d’inversion de Fourier
b
fb = f˜ ce qui prouve que f coı̈ncide presque partout avec une fonction continue
ϕ.
En résumé, ϕ est continue, ϕ ∈ L1 (R) et ϕ
b = fb = g ∈ L1 (R). Donc ϕ ∈ K(R).
De plus
lim kfn − ϕk1 = 0 et lim ||fbn − ϕ||
b 1 = 0,
n→+∞
n→+∞
il en résulte que lim N (fn − ϕ) = 0. Ainsi la suite (fn )n≥1 converge dans
n→+∞
l’espace vectoriel normé (K(R), N ) est un espace de Banach.
7. Soit n ∈ N
(a) La fonction hn est continue et bornée sur R donc f ∗ hn est bornée et continue
sur R d’après le théorème de continuité sous le signe intégral.
3
(b) Soit f ∈ L1 (R), montrer que f ∗ hn ∈ K(R).
Tout d’abord, f ∗ hn est intégrable sur R comme convolée de deux fonctions
˜
intégrables. D’autre part, f\
∗ hn est intégrable car produit d’une fonction
˜
˜
c
bornée fb et d’une fonction intégrable h
n . Ainsi d’après le théorème d’inversion
˜
\
on a f ∗ hn = f\
∗ hn . D’où f ∗ hn ∈ K(R).
R
8. D’abord on peut vérifier que R h(x)dx = 1 alors hn (x) = nh(nx) est une approximation de l’unité.
(a) Soit f ∈ L1 (R)∩Lp (R). On a pour n ∈ N∗ , f ∗hn ∈ Lp (R) et lim kf ∗ hn − f kp =
n→∞
0.
(b)
• Si p = 1 on a f ∗ hn ∈ K(R) et donc K(R) est dense dans L1 (R).
• Si p ∈]1, +∞[. Soit f ∈ L1 (R) ∩ Lp (R) alors f ∗ hn ∈ K(R) et donc K(R)
est dense dans (L1 (R) ∩ Lp (R), k.kp ).
D’autre part L1 (R) ∩ Lp (R) est dense dans Lp (R) (car, L1 (R) ∩ Lp (R)
contient par exemple Cc (R) lequel est dense dans Lp (R)). Ainsi K(R) est
dense dans Lp (R).
9. On vient de montrer que K(R) est dense dans (L1 (R) ∩ C0 (R), k.k∞ ).
(a) Soit f ∈ L1 (R)∩C0 (R). On a pour n ∈ N∗ , f ∗hn ∈ C0 (R) et lim kf ∗ hn − f k∞ =
n→∞
0.
(b) On a L1 (R) ∩ C0 (R) contient par exemple Cc (R) lequel est dense dans C0 (R).
Alors L1 (R) ∩ C0 (R) est dense dans C0 (R).
Soit f ∈ L1 (R) ∩ C0 (R) alors f ∗ hn ∈ K(R) et donc K(R) est dense dans
(L1 (R) ∩ C0 (R), k.k∞ ). Ainsi K(R) est dense dans Lp (R).
−II−
On considère les fonctions définies sur R par
ϕ(x) = 1[− 1 , 1 ] (x), f (x) =
2 2
sin(πx)
2
et g(x) = sin(πx)e−πx .
πx
1. On a f ∈
/ L1 (R), en effet
| sin t|
sin2 t
1
cos(2t)
≥
≥
−
t
t
2t
2t
Rx 1
R x cos(2t)
et on a lim 1 2t dt = +∞ et lim 1 2t < +∞
x→+∞
x→∞
Il clair que f ∈ L2 (R) car la fonction f peut être prolongée par continuité en posant
f (0) = 1.
2.
F(ϕ)(ξ) = ϕ(ξ)
b
= f (ξ).
Alors F(f )(ξ) = F(F(ϕ))(ξ) = (2π)ϕ(−ξ) = (2π)1[− 1 , 1 ] (ξ).
2 2
4
3. D’après l’égalité de Plancherel-Parseval, on a
||ϕ||
b 22 = (2π) kϕk22
2
Z +∞ Z +∞ 2
sin(πx)
1
1
=⇒
1[− , ](x) dx
dx = 2π
2 2
πx
−∞
−∞
2
Z +∞ sin(πx)
dx = 2π
=⇒
πx
−∞
4. On a
g(x) = f (x)φ(x)
avec φ(x) = πxh(x). Il est clair que f et φ sont dans L2 (R). D’où
1
F(f ) ∗ F(φ)(ξ)
2π
−i −π(ξ2 + 1 )
4 sh(πξ)
=
e
2π
F(g)(ξ) =
5
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