Corrigé de la seconde épreuve de l agrégation interne de mathématiques Février 2 Transformée de Laplace et théorème d Ikehara I. La transformée de Laplace 1. Un premier exemple Dans cette question la fonction f est la fonction constante 1. a) Soit α réel. L intégrale e αt dt = X + primitive de t e αt est : { t si α = e αt dt converge si et seulement si α >, puisqu une 1 α e αt sinon Dans ce cas Lf)α) = 1 α. b) La ite X + e ixβ n existe pas lorsque β. En effet, il suffit de prendre deux suites de la forme ) ) 2nπ 2nπ + π/2 et β β n. n c) Pour s = α + iβ, une primitive de t e st est 1 s e st pour s =, c est t). si α >, X + e sx = car e sx = e αx. si α =, la ite précédente n existe pas question b). si α <, e sx n admet pas de ite en + car e sx = e αx, et X + e αx =. En résumé Lf)s) existe si et seulement si Res) >. Dans ce cas Lf)s) = 1 s. 2. bscisse de convergence La fonction f est un élément quelconque de C. a) Soit s Πα ), c est-à-dire Res) > α. Soit F x) = est de classe C 1 et pour tout x, F x) = e xs fx). De plus F ) =. Comme s DLf), F x) = s. Donc la fonction F reste bornée sur R +. x + Soit X >. On a, par intégration par parties : ft)e st dt = x ft)e ts e ts s) dt = [F t)e ts s)] X = F X)e Xs s) + Comme F est majorée sur R + et Res) > Res ), il vient ft)e st dt = X + insi Lf)s) existe si et seulement si X + s s )e ts s) F t)dt X + e ts ft)dt. La fonction f étant continue, F + s s )e ts s) F t)dt F X + X)e Xs s) =. Donc : s s )e ts s) F t)dt s s )e ts s) F t)dt existe. Mais les mêmes raisons F bornée sur R et Res) > Res )) montrent t e ts s) F t) est intégrable sur R +, donc que cette ite existe. Il ne reste qu à prendre la ite lorsque X tend vers l infini pour obtenir le résultat demandé. b) Si l intégrale mz-2c.tex - page 1 ft)e st dt diverge pour tout s C, on pose σf) = +.
S il existe s C tel que ft)e st dt converge, la question précédente montre que converge pour tout s tel que Res) > Res ). Il suffit alors de poser : Si { σf) = inf Res) } ft)e st dt converge ft)e st dt converge pour tout s C, on pose σf) =. ft)e st dt c) Soit s = α + iβ tel que α > σ. lors e ts ft) = e αt ft). Soit γ tel que α > γ > σ. Pour tout compact J R +, il vient : e αt ft)dt = e tα γ) e γt ft)dt e γt ft)dt e γt ft)dt J J J R + ce qui signifie que t e ts ft) est intégrable sur R +. 3. Un second exemple Si s, une primitive de t e st e t est t 1 s e s)t. La question 1 montre que existe si et seulement si Res) > Re). Donc : σf) = Re) et Lf)s) = 1 s X + e s)x 4. Propriétés de la transformée a) On suppose que σf) < +. On sait que si s DLf) et si s Πσ), alors : Lf)s) = s s ) e xs s) F x)dx La fonction s s s est continue sur C. La fonction F est de classe C 1 et bornée sur R + par M. La fonction Φ : s, x) e xs s) F x) est continue sur Πσ) R +, et : Φx, s) Me xα α) Me xa α) pour tout s tel que Res) = α > a > Res ) = α. La fonction majorante ne dépend pas de s et est intégrable sur R +. Les théorèmes de continuité des intégrales à paramètres affirment que Lf) est continue pour tout s tel que Res) a. Donc, puisque la notion de continuité est une notion locale, Lf) est continue sur Πσ), qui est un ouvert de C. b) Si s = α + iβ, on pose : Lα, β) = Lf)s) = s s ) La fonction α, β) s s est de classe C 1 R 2 ). Soit : Ψ : α, β, x) e xs s) F x) e xs s) F x)dx Ψ est continue sur R 2 R +. Elle admet des dérivées partielle par raport à α et β et : Ψ α, β, x) = xψα, β, x) α qui est continue sur le même domaine. De plus : Ψ α, β, x) α Mxe xα α) Mxe xa α) mz-2c.tex - page 2
pour tout s tel que Res) = α > a > Res ) = α. Cette dernière fonction est intégrable sur R +. Les théorèmes de dérivation des intégrales à paramètres affirment que L est de dérivable par rapport à α cette dérivée partielle étant continue) pour tout s tel que Res) a. Donc, puisque la notion de dérivabilité est une notion locale, L α existe et est continue sur Πσ) et : Soit X >, L α, β) = α e xs s) F x)dx = e xs s) F x)dx s s ) [ e xs s) s s xe xs s) F x)dx ] X F x) + 1 e xs fx)dx s s En prenant la ite lorsque X tend vers l infini, il vient, car F ) =, Res) > Res ) et F majorée sur R + : e xs s) F x)dx = 1 e xs fx)dx s s D autre part, une primitive de x xs s )e xs s) sur R + est x xs s ) + 1 s s e xs s). Donc : xs s )e xs s) F x)dx = [ F x) + xs s ) + 1 s s )] X e xs s) xs s ) + 1 e xs s) e xs fx)dx s s Pour les mêmes raisons, en prenant la ite lorsque X tend vers l infini, il vient : xs s )e xs s) F x)dx = La différence des deux expressions donne : L α, β) = α xs s ) + 1 e xs fx)dx s s xe xs fx)dx c) Soit α > σf). On vient de montrer que Lf) est de classe C 1 sur ]σf), + [ et que : Lf) α) = e xα xfx)dx La fonction x xfx) est un élément de C. La même démonstration que celle de la question précédente où fx) a été remplacé par xfx) donnera que Lf)α) est de classe C 2 sur ]σf), + [ et que : Lf) α) = e xα x 2 fx)dx Une démonstration par récurrence donne que Lf) est de classe C sur ]σf), + [ et que pour tout k N : Lf) k) α) = 1) k e xα x k fx)dx d) On sait que pour α > σf), α > σf) : Lf)α) = α α ) où F continue, majorée sur R + par M et F ) =. e xα α) F x)dx Soit ε >. Par continuité de F, il existe η > tel que x < η F x) < ε/2. mz-2c.tex - page 3
Or : insi : e xα α) F x)dx = η η e xα α) F x)dx + e xα α) F x)dx ε 1 e ηα α ) ) 2 α α e xα α) F x)dx M e ηα α) α α η Lf)α) ε 2 + Me ηα α) η e xα α) F x)dx Or pour cet η fixé, α + e ηα α) =. Il existe donc > tel que α > Me ηα α) < ε/2. Finalement, pour >, il vient Lf)α) < ε II. Comportement asymptotique d une transformée de Laplace 1. Cas où Lf)) est défini On suppose que fx)dx converge. a) Dans ce cas Lf)) existe. Par définition de σf), on a σf). b) En utilisant la question I2.a, avec α =, pour tout α > : où F x) = Notons = x + Lf)α) = α e xα F x)dx ft)dt vérifie F ) =, F continue et bornée sur R +. ft)dt = F x). Comme α e xα dx = 1, on peut écrire : x + Lf)α) = α e xα F x) )dx Soit ε > donné. Il existe > tel que x > F x) < ε/2. On peut ainsi écrire : Lf)α) α α α e xα F x) dx e xα F x) dx + α e xα F x) dx F x) dx + ε 2 α e xα dx αc + ε 2 Lorsque α tend vers +, il existe δ > tel que α < δ αc < ε. insi si α < δ alors 2 Lf)α) < ε. 2. Un contre exemple Dans cette question ft) = sin t. a) On a ft) = Im e it. Donc, par la question I.3 = i), il vient : ) 1 σf) = 1 et Lf)s) = Im = 1 s i s 2 + 1 b) insi α + Lf)s) = 1 sans que sint))dt existe. mz-2c.tex - page 4
3. Cas d une applicationf positive On sait que α + e αt ft)dt =, avec ft). Soit α n ) une suite décroissante vers. La suite de fonctions intégrables sur R + t e αnt ft)) n converge simplement en décroissant vers t ft). Le théorème de convergence monotone nous assure que f est intégrable sur R + et que ft)dt = e αt ft)dt =. R + α + 4. Un exemple de théorème taubérien On suppose dans cette question que xfx) =. x + a) Il existe > tel que si x > alors fx) 1. Soit s C tel que α = Res) >. lors, pour x >, x e xs fx) e xα x et x e xα x est une fonction intégrable sur [, + [ car α > ). insi σf). b) Soit ε > donné. Il existe X > tel que x > X alors xfx) ε. On peut alors écrire : 2 1 xfx) dx = 1 Et il existe B > tel que > B 1 C X < ε 2. c) On peut écrire : fx)e xα dx xfx) e xα x xfx) dx + 1 dx sup t X xfx) dx 1 K X + ε 2 tft) d) On suppose de plus que Lf)α) = µ. lors, pour > : α + fx)e αx dx fx)dx 1 e αx ) fx) dx + Choisissons α = 1. lors : fx)e αx dx α α fx)dx 1 x fx) dx + e xα x dx = sup t fx) e αx dx x fx) dx + sup tft) e α t α tft) e α α fx) e αx dx x fx) dx + sup tft) e 1 t Soit ε > donné. Par l hypothèse de la question et le b., il existe > tel que : et 1 x fx) dx < ε 2 fx)e x/ dx et sup tft) e 1 < ε t 2 fx)dx ε Finalement, comme Lf)α) = µ, α + + fx)dx = µ. justification de 1 e u u pour u : le reste d une série qui vérifie le critère des séries alternées est du signe de son premier terme. mz-2c.tex - page 5
III. Le théorème taubérien d Ikehara. Préinaires 1. Calcul d une intégrale a) La fonction x x) est prolongeable par continuité en par 1/π. De plus, pour x 1, x) 1. Cela entraîne que L )) existe, donc que σ ). x2 b) La question I.4.c donne pour tout α > que L )) α) existe et que : L )) α) = 1 π e αt sin 2 t)dt = 2 παα 2 + 4) Les calculatrices formelles étant permises, celles ci calculent cette intégrale) Et, avec la même remarque : ) L )) α) = 1 α 2π ln 2 α 2 + C + 4 et 1 + α + π e αt sin 2 t dt = I.4.d) entraîne que C =. Donc, avec la même remarque : t L )α) = 1 α ln α 2 α lnα 2 + 4) 4 rctanα/2) + C ) 4π En prenant la ite lorsque α tend vers l infini, il vient C = 2π, puisque L )α) =. Finalement α + : L )α) = 1 α ln α 2 α lnα 2 + 4) 4 rctanα/2) + 2π ) 4π c) α L )α) définie ci-dessus est continue sur R + comme somme de fonctions continues et on vérifie immédiatement que L )α) = 1/2. Donc, par II.1 et la parité de : α + x)dx = α + L )α) = 1/2 x)dx = 1 2. Calcul d une autre) intégrale Soit H définie sur [ 2, 2] par : On a : 2 2 Hβ)e iβx dβ = 1 π 2 2 et un calcul quasiment) immédiat donne : 2 2 Hβ) = 1 π e iη x)β bβ + 1 β ) e iηβ 2 β e iη x)β dβ β 2π 2 2π Hβ)e iβx dβ = 2 η x)) 2 e iη x)β dβ.3 Le lemme de Riemann-Lebesgue La démonstration se trouve dans tout livre de mathématiques au chapitre Séries de Fourier. Dans le cas général : si f est de la forme 1 [α,β], alors : b a ft)e iγt dt = 1 e iγβ e iγα) 2 iγ γ mz-2c.tex - page 6
qui tend vers lorsque γ tend vers l infini. ce résulat reste vrai pour les fonctions en escalier sur [a, b] par linéarité de l intégrale. puis on le démontre pour toute fonction continue sur [a, b] en utilisant la densité des fonctions en escalier dans C [a, b]), ). B. Le théorème B1. Continuité de r Soit β R et h R. lors : rβ + h) rβ) δα + iβ + h)) rβ + h) + δα + iβ rβ) + δα + iβ + h)) δα + iβ) sup δα + iβ + h)) rβ + h) + sup δα + iβ rβ) β β + δα + iβ + h)) δα + iβ) En choisissant de façon à ce que β + h, β, par l hypothèse P, il vient, en fixant ε > : et η 1 α < η 1 sup δα + iβ + h)) rβ + h) < ε β+h 3 η 2 α < η 2 sup δα + iβ rβ) < ε β 3 L application δ étant continue sur Π), il existe η 3 tel que h < η 3 δα + iβ + h) δα + iβ) < ε 3. Il reste à prendre le h < η 3 pour terminer. B2. Une égalité d intégrales a) Soit α >. Il vient : 2 2 Hβ)δα + iβ)dβ Hβ)rβ)dβ 2 2 On termine en utilisant l hypothèse P. b) On a : Kα) = = 2 2 2 Soit X > et F X, β) = 2 Hβ)δα + iβ)dβ Hβ) 2 2 Hβ) δα + iβ) rβ) dβ sup δα + iβ) rβ) β 2 K sup β 2 2 ft)e α+iβ+1)t dtdβ Hβ) 2 2 2 δα + iβ) rβ) ft)e α+1+iβ)t dt. On a alors, par positivité de f : Hβ)F X, β) Hβ) Hβ) dβ e α+iβ)t dtdβ ft)e α+1)t dt Hβ) Lf)α + 1) qui est une fonction intégrable sur [ 2, 2]. Comme F X, β) = X + par la continuité des fonctions utilisées et le théorème de Fubini : 2 2 Hβ) mz-2c.tex - page 7 ft)e α+iβ+1)t dtdβ = 2 2 ft)e α+iβ+1)t Hβ)dβdt ft)e α+1+iβ)t dt, il vient,
Pour les mêmes raisons, on a : 2 Hβ) e α+iβ)t dtdβ = 2 2 2 e α+iβ)t Hβ)dβdt Or : 2 2 et : ft)e α+iβ+1)t = 2 2 c) La justification est la question II.1 d) L intégrale α + fx)e x dx existe. ft)e α+iβ+1)t = 2 η x))ft)e t e αt dt e αx η x))dx = 2 η x))e αt dt η x))dx En effet, pour tout α >, la fonction x fx)e α+1)x est intégable sur R + et α fx)e α+1)x = fx)e x en décroissant. La question II.3 permet de conclure. + Comme η x)) reste bornée et intégrable sur R +, l intégrale η x))gx) 1)dx existe. On a, par les question IIIB2a,b,c et unicité de la ite le résultat demandé, en remplaçant dans la question IIIB2c e αx η x)) par e αx η x))gx) 1) : η x))gx) 1)dx = 2 2 Hβ)rβ)dβ B3. Un calcul de ite a) Le théorème de Riemann-Lebesgue assure, par continuité de la fonction r, que : b) Donc : η + 2 Hβ)rβ)dβ = η + 2 2 η x))gx)dx Le changement de variable affine u = η x) donne : η + On conclut par la question III1c. B4. Une majoration de gx) η u)g ) 2 η x))dx = η u ) ) η du u)du = a) Lorsque u, on a η 1 η u η + 1, et la fonction f étant croissante : g η u ) = f η u ) e η u/) f η 1 ) e η e u/ = g η 1 ) e 1/ e u/ Donc : + u)g η u ) du + u)g η 1 ) e 1/ e u/ du mz-2c.tex - page 8
b) Comme η 1, on a η et par positivité : η c) Soit ε > donné. Comme u)g η u ) du R g + u)g η u ) e 1/ e u/ du η 1 ) e 2 u)du = 1, il existe > tel + + u)du u)du 1 ε. Par la question IIIB.3.b, pour ce, il existe 1 > tel que η > entraîne que η u)g η u ) du 1 + ε. Enfin e 2 1. Donc pour η > 1 : Il reste à prendre = 1 + 1. g η 1 ) 1 + ε 1 ε B5. Une minoration de gx) a) On sait que g est continue sur R + et on vient de voir que g est majorée sur [, + [. Elle est donc majorée sur R + par une constante M. b) On recommence le même raisonnement : 1 u 1 η 1 η u η + 1 et Donc : et : g η u ) g η + 1 ) e u/+1/ u)g η u ) du g η + 1 ) e 2/ u)du η u)g η u ) du = M M u)g η u ) du + u)du + g η + 1 ) e 2/ u)du + g η + 1 ) e 2/ u)g η u ) η du + u)g η u ) du u)du + M u)du + M η u)du u)du Soit < ε < 4 donné et ε = ε. Comme 4 ε + e2/ > Λ 1 entraîne que e 2/ u)du < 1 + ε. Comme u)du = 1, il existe Λ 2 > tel que > Λ 2 implique que : R mz-2c.tex - page 9 M u)du < ε et M u)du = 1, il existe Λ 1 > tel que u)du < ε
insi si > maxλ 1, Λ 2 ) : η u)g η u ) du g η + 1 ) 1 + ε) + 2ε Par la question IIIB3b, étant maintenant fixé, il existe X > tel que η + 1/ > X entraîne que : η u)g η u ) du 1 ε Donc : g η + 1 ) 1 3ε 1 + ε = 1 ε B6. Conclusion Soit ε > fixé. Les questions III.B.4 et III.B.5 montrent qu il existe > tel que si x >, alors : ce qui signifie que 1 ε gx) 1 + ε 1 ε gx) = 1 ou que fx) est équivalent à x + ex au voisinage de l infini. mz-2c.tex - page 1