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Exercice 1  4720  

(Transformation de Fourier)

Soit f: une fonction continue par morceaux intégrable. On appelle transformée de Fourier de f, l’application (f) définie sur par

(f)(x)=-+f(t)e-ixtdt
  • (a)

    Montrer que la fonction (f) est définie et continue sur .

Soit n. On suppose l’application ttnf(t) intégrable sur .

  • (b)

    Soit k0;n. Montrer que la fonction ttkf(t) est intégrable sur .

  • (c)

    Établir que la transformée de Fourier (f) est de classe 𝒞n.

 
Exercice 2  549  

(Transformée de Fourier d’une fonction gaussienne)

Pour x réel, exprimer simplement

F(x)=-+e-t2e-itxdt sachant 0+e-t2dt=π2.
 
Exercice 3  3655  Correction  

En dérivant la fonction déterminer l’expression de la fonction

g(x)=-+e-t2etxdt.

Solution

Posons

f(x,t)=e-t2etx.

La fonction tf(x,t) est continue par morceaux et intégrable sur car

t2f(x,t)t±0

et donc la fonction g est définie sur .
La fonction xf(x,t) est dérivable et

fx(x,t)=te-t2etx.

La fonction tfx(t,x) est continue par morceaux, la fonction xfx(x,t) est continue.
Pour a+, on a

(x,t)[-a;a]×,|fx(x,t)||t|ea|t|e-t2=φa(t)

avec φa intégrable sur indépendant de x.
On en déduit que la fonction g est de classe 𝒞1 et par une intégration par parties

g(x)=-+te-t2etxdt=[-12e-t2etx]-++12-+xe-t2etxdt.

On en déduit que g est solution de l’équation différentielle

g(x)-12xg(x)=0.

Après résolution de cette équation différentielle

g(x)=λex2/4.

Enfin g(0)=π donne λ=π.

 
Exercice 4  2499     ENSTIM (MP)Correction  

On étudie

f(x)=0+e-t2cos(xt)dt.
  • (a)

    Donner le domaine de définition de f.

  • (b)

    Calculer f en formant une équation différentielle.

  • (c)

    Calculer f en exploitant le développement en série entière de la fonction cosinus.

Solution

Posons u(x,t)=e-t2cos(xt).

  • (a)

    Pour chaque x, la fonction tu(x,t) est continue par morceaux sur [0;+[ et négligeable devant 1/t2 en + donc intégrable sur [0;+[. La fonction f est définie sur .

  • (b)

    La fonction tux(x,t) est continue par morceaux sur + et xux(x,t) est continue sur .
    Pour x[0;+[,

    |ux(x,t)|te-t2

    avec tte-t2 intégrable sur [0;+[, la fonction f est de classe 𝒞1 et

    f(x)=0+-te-t2sin(xt)dt.

    Par intégration par parties généralisée justifiée par deux convergences,

    f(x)=[12e-t2sin(xt)]0+-120+xe-t2cos(xt)dt=-12xf(x)

    f est solution d’une équation différentielle linéaire d’ordre 1 et f(0)=π/2 on conclut

    f(x)=π2e-14x2.
  • (c)

    On peut écrire

    f(x)=0+n=0+(-1)nx2n(2n)!t2ne-t2dt.

    Posons un(t)=(-1)nx2n(2n)!t2ne-t2.
    Les fonctions un sont continues par morceaux sur +.
    La série un converge simplement sur + vers la fonction te-t2cos(xt) elle aussi continue par morceaux.
    Les fonctions un sont intégrables sur + et

    0+|un(t)|dt=x2n(2n)!0+t2ne-t2dt.

    Par intégration par parties généralisée justifiée par deux convergences

    0+t2ne-t2dt=2n-120+t2(n-1)e-t2dt

    et donc

    0+t2ne-t2dt=(2n)!22nn!0+e-t2dt.

    Ainsi,

    0+|un(t)|dt=x2n22nn!π2.

    Cette quantité étant sommable, on peut intégrer terme à terme et l’on retrouve

    f(x)=n=0+(-1)nx2n22nn!π2=π2e-x2/4.
 
Exercice 5  3656   Correction  
  • (a)

    Existence de

    F(x)=0+e-t2ch(2xt)dt.
  • (b)

    Calculer F(x) en introduisant une équation différentielle vérifiée par F.

  • (c)

    Calculer F(x) directement par une intégration terme à terme.

Solution

  • (a)

    Posons

    f(x,t)=e-t2ch(2xt).

    La fonction tf(x,t) est continue par morceaux et intégrable sur car

    t2f(x,t)t±0

    et donc la fonction F est définie sur .

  • (b)

    La fonction xf(x,t) est dérivable et

    fx(x,t)=2te-t2sh(2xt).

    La fonction tfx(t,x) est continue par morceaux, la fonction xfx(x,t) est continue.
    Soit a+.

    (x,t)[-a;a]×,|fx(x,t)|2ash(2a|t|)e-t2=φa(t)

    avec φa intégrable sur indépendant de x.
    On en déduit que la fonction F est de classe 𝒞1 et par une intégration par parties

    F(x)=0+2te-t2sh(2xt)dt=[-e-t2sh(2xt)]0++2x0+e-t2ch(2xt)dt.

    On en déduit que F est solution de l’équation différentielle

    F(x)-2xF(x)=0.

    Après résolution de cette équation différentielle

    F(x)=λex2

    avec F(0)=π/2.

  • (c)

    On sait

    x,t,ch(2xt)=n=0+22n(2n)!(xt)2n.

    Posons un:[0;+[

    un(t)=22n(2n)!(xt)2ne-t2.

    Les fonctions un sont continues par morceaux et la série de fonctions un converge simplement sur [0;+[ vers la fonction te-t2ch(2xt) elle-même continue par morceaux.
    Chaque fonction un est intégrable et

    0+|un(t)|dt=22n|x|2n(2n)!0+t2ne-t2dt.

    Par intégration par parties

    0+t2ne-t2dt=0+t2n-1×te-t2dt=2n-120+t2(n-1)e-t2dt

    et donc

    0+t2ne-t2dt=(2n)!22nn!π2

    puis

    0+|un(t)|dt=|x|2nn!π2.

    Il y a alors convergence de la série |un| et donc on peut intégrer terme à terme ce qui fournit

    F(x)=n=0+0+un(t)dt=n=0+x2nn!π2=π2ex2.
 
Exercice 6  2873     MINES (MP)Correction  

Pour tout x réel, on pose

f(x)=0+cos(xt)te-tdtetg(x)=0+sin(xt)te-tdt.

Existence et calcul de ces deux intégrales.

Solution

La fonction u(x,t)=e(ix-1)t/t définie sur ×]0;+[.
tu(x,t) est continue par morceaux sur ]0;+[ pour chaque x et

u(x,t)t0+1t et t2u(x,t)t+0.

On en déduit que la fonction donnée par

F(x)=0+e(ix-1)ttdt=f(x)+ig(x)

est définie sur .
La fonction xu(x,t) est dérivable sur pour chaque t]0;+[ et

ux(x,t)=ite(ix-1)t

xux(x,t) est continue sur pour chaque t]0;+[,
tux(x,t) est continue par morceaux sur ]0;+[ pour chaque x et

|ux(x,t)|=te-t=φ(t)

avec φ intégrable sur ]0;+[ car prolongeable par continuité en 0 et vérifiant t2φ(t)t+0.
Par domination, on peut affirmer que F est de classe 𝒞1 sur et

F(x)=0+te(ix-1)tdt.

À l’aide d’une intégration par parties, on obtient

F(x)=-12(x+i)F(x).

La résolution de cette équation différentielle donne

F(x)=F(0)ei(arctan(x))/2(x2+1)1/4.

Enfin, sachant

0+e-t2dt=π2

on parvient à

F(x)=πei(arctan(x))/2(x2+1)1/4

d’où les expressions de f(x) et de g(x).

f(x)=π(x2+1)1/4cos(arctan(x)2)etg(x)=π(x2+1)1/4sin(arctan(x)2).

On peut encore éventuellement «  simplifier   » en exploitant

cos(x)=1+cos(2x)2 pour x[-π/2;π/2]

ce qui donne

cos(arctan(x)2)=1+11+x22

et aussi

sin(arctan(x)2)=signe(x)1-11+x22.
 
Exercice 7  547   Correction  

On pose

z:x0+e(-1+ix)t2dt.
  • (a)

    Montrer que z est définie, de classe 𝒞1 sur et vérifie

    z(x)=-12(x+i)z(x).
  • (b)

    En déduire l’expression de z(x) sachant z(0)=π/2.

Solution

  • (a)

    tg(x,t)=e(-1+ix)t2 est définie et continue par morceaux sur [0;+[.
    Puisque t|g(x,t)|=e-t2 est intégrable sur [0;+[, la fonction z est bien définie.
    tgx(x,t)=it2e(-1+ix)t2 est définie et continue par morceaux sur [0;+[,
    xgx(x,t) est continue sur ,

    |gx(x,t)|t2e-t2=φ(t)

    avec φ intégrable sur [0;+[.
    La fonction z est donc définie et de classe 𝒞1 sur avec

    z(x)=0+it2e(-1+ix)t2dt=ipp-12(x+i)z(x).
  • (b)

    En multipliant par la quantité conjuguée

    -12(x+i)=-x+i2(x2+1)=-x2(x2+1)+i2(x2+1)

    donc

    z(x)=Cexp(iarctan(x)2-14ln(x2+1))=Cei(arctan(x))/2(x2+1)1/4.

    Puisque z(0)=π2, on conclut

    z(x)=πei(arctan(x))/22(x2+1)1/4.
 
Exercice 8  3311      CCP (MP)Correction  

Soient a,b deux réels strictement positifs.

  • (a)

    Justifier l’existence pour tout x de

    F(x)=0+e-at-e-bttcos(xt)dt.
  • (b)

    Justifier que F est de classe 𝒞1 sur et calculer F(x).

  • (c)

    Exprimer F(x)

Solution

On définit f:×]0;+[ par

f(x,t)=e-at-e-bttcos(xt).
  • (a)

    Pour x, la fonction tf(x,t) est définie et continue par morceaux sur ]0;+[.
    Quand t+, t2f(x,t)0 et quand t0+, f(x,t)b-a donc tf(x,t) est intégrable sur ]0;+[.

  • (b)

    Pour x, la fonction tf(x,t) est dérivable et

    fx(x,y)=(e-bt-e-at)sin(xt).

    La fonction fx est continue sur ×]0;+[ et

    |fx(x,t)|e-at+e-bt=φ(t)

    avec φ fonction intégrable.
    On en déduit que F est de classe 𝒞1 sur et

    F(x)=0+(e-bt-e-at)sin(xt)dt.

    Or

    0+e-ctsin(xt)dt=Im(0+e(-c+ix)tdt)=xc2+x2

    donc

    F(x)=xx2+b2-xx2+a2.
  • (c)

    On en déduit

    F(x)=12ln(x2+b2x2+a2)+Cte.

    Pour déterminer la constante, on étudie la limite de F en +. Posons

    ψ(t)=e-at-e-btt

    ce qui définit une fonction de classe 𝒞1 intégrable ainsi que sa dérivée sur ]0;+[.
    Par intégration par parties généralisée justifiée par deux convergences

    0+ψ(t)cos(xt)dt=1x[ψ(t)sin(xt)]0+-1x0+ψ(t)sin(xt)dt

    et donc

    |0+ψ(t)cos(xt)dt|1x0+|ψ(t)|dt0.

    On peut conclure

    F(x)=12ln(x2+b2x2+a2).
 
Exercice 9  3211      CENTRALE (MP)Correction  

On considère

φ:x0+eitx1+t2dt.
  • (a)

    Montrer la définie et la continuité de φ sur .

  • (b)

    Montrer que φ est de classe 𝒞1 sur * et montrer que

    φ(x)=i0+teitx1+t2dt.
  • (c)

    Montrer que pour x>0,

    φ(x)=i0+ueiux2+u2du

    et déterminer un équivalent de φ(x) quand x0+.

  • (d)

    La fonction φ est-elle dérivable en 0?

Solution

  • (a)

    Posons f:× définie par

    f(x,t)=eitx1+t2.

    La fonction f est définie et continue sur 2.
    Pour tout (x,t)2, on a

    |f(x,t)|11+t2=ψ(t)

    avec ψ intégrable sur [0;+[.
    On en déduit que φ est définie et continue sur .

  • (b)

    Par intégration par parties,

    φ(x)=-1ix+1ix0+2teitx(1+t2)2dt.

    La fonction

    x0+2teitx(1+t2)2dt

    est de classe 𝒞1 sur en vertu de la domination

    |x(2teitx(1+t2)2)|=2t2(1+t2)221+t2.

    On en déduit que φ est de classe 𝒞1 sur * avec

    φ(x)=1ix2-1ix20+2teitx(1+t2)2dt+1x0+2t2eitx(1+t2)2dt.

    Or, par intégration par parties,

    0+2teitx(1+t2)2=[-eitx1+t2]0++ix0+eitx1+t2dt

    donc

    φ(x)=-1x0+eitx1+t2dt+1x0+2t2eitx(1+t2)2dt=1x0+t2-1(1+t2)2eitxdt.

    Enfin, une dernière intégration par parties donne

    φ(x)=1x[-2t1+t2eitx]0++i0+2t1+t2eitxdt

    et la relation voulue…

  • (c)

    Par le changement de variable u=tx, on obtient l’expression proposée.
    On peut décomposer

    φ(x)=i01ueiux2+u2du+1+ueiux2+u2du.

    D’une part, par intégration par parties

    1+ueiux2+u2du=[ueiux2+u2]1+-1+x2-u2(x2+u2)2eiudu

    avec

    [ueiux2+u2]1+=-eix2+1x0+-ei

    et

    |1+x2-u2(x2+u2)2eiudu|1+u2-x2(x2+u2)2du=1x2+1x0+1.

    D’autre part,

    01ueiux2+u2du=01ux2+u2du+01u(eiu-1)x2+u2du

    avec

    01ux2+u2du=[12ln(x2+u2)]01x0+ln(x)

    et

    |01u(eiu-1)x2+u2du|01|eiu-1|udu<+.

    Au final,

    φ(x)=iln(x)+o(ln(x))+o(1)x0+iln(x).
  • (d)

    En vertu de ce qui précède

    Im(φ(x))x0+ln(x)-.

    On en déduit que la fonction réelle Im(φ) n’est pas dérivable en 0, il en est a fortiori de même de φ.

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Édité le 08-11-2019

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