"'O
0
c
:J
0
(V)
..--t
0
N
@
.......
..c
O'l
·;::::
>0..
0
u
d'où, pour tout x de JR* :
D'autre part : Vx E JR, ~(A~)(x) = i4AT(x).
D'où, finalement :
T2 (sin xT ) 2
VxE lR* , ~J\T(X)= ,J2ii
xf
T2
et ~ J\ T(O) = - - .
,J2ii
VI 1) Soient f E .C
1
, g : lR ----+ C continue par morceaux et
bornée. Il est clair que t 1------+ f (t)g(x - t) est continue par morceaux en lR . D'autre part :
Vt E lR, l f(t)g(x - t)I ~ ll g llool f(t) I,
etdonc, puisque fes tintégrablesur lR ,t 1------+ f(t)g(x -t) et
intégrable sur lR .
2) Soient f , g E .C 1 telles que, par exemple, g soit bornée. D'après
J ), f * g existe.
•Supposons d'abord f et g continues sur JR .
L'application : (x,t) 1------+ f(t)g(x - t ) est continue sur
lR x lR et vérifie l'hypothèse de domination car :
V(x ,t) E lR x JR, l(x ,t)I :::;; llg lloolf(t)I.
D'après le théorème de continuité sous le signe 1_:
00 , f * g
est continue sur lR .
• Pour passer au cas plus général où f et g sont continues par
morceaux, adapter la solution de I 2) b).
1
A
1+ 00
• On a, pour tout x de JR , en permutant - A et - oo , pour
A E [0; +oo[:
l 1+ 00 (1+00
)
~ ,J2ii - OO
- OO
lg(u)ldu lf(t) I dt
= ~ (/_~ lf(t) ldt) (/_~ lg(u) ldu) ,
et donc f * g est intégrable sur lR .
1
+ 00
En permutant les deux symboles - oo , on obtient, pour tout
X de JR :
l 1+ 00
.
~(f * g)(x) = ~
(f * g)(t)e1
x
1 dt
v2rr - oo
l 1+00 ( l 1+ 00
) ·.
= ~
~
f (u)g(t - u)du e1
H dt
V 2rr - OO
V 2rr - OO
1 1+00 ( 1 1+00
. )
= ~
~
g(t - u)e- wdt f( u ) du
V 2rr - OO
V 2rr - OO
= - -
- -
g(v)e- ix(u+v) dv f (u) du
] 1+00 ( J 1+00 .
)
v=r-u.../2i[ -oo .../2i[ -oo
= - -
f(u)e1
xu du - -
g(v)e-ixv dv
(
J 1+ 00
. )( l l +oo . )
.../2ir - OO
.../2ir - OO
= ~f(x)~g(x).
Vil 1) Soit f E .c1. Comme, sur tout segment J de JR , f et
f coïncident en tout point de J sauf au plus un nombre fini ,
f est aussi continue par morceaux sur lR et intégrable sur JR,
doncf E .C 1 .
On peut remarquer :
VaE C ,Vf,gE .C 1 , (af+g)-=af+g
VfE.C
1 ,
f=f
VfE.C
1
, i +:: f(t)dt= i +:: f(t)dt.
2) Soit f E .C 1 telle que F = ~ f E .C 1 . Alors, pour tout x de
JR , u 1------+ F(u)eixu est intégrable sur JR , donc
1
A
1+00
F (u )eix"du ~
F(u)e ix"du .
- A
A-+ +oo
- oo
D'autre part, on admet :
l 1A .
) -
- -
F(u )e 'x"du ~ --f(x),
,J2ii - A
A-++oo ,J2ii
d'où:
-
1 1+ 00 .
f (x) = ~
F(u )e'rn du = ~ F( -x).
v2rr - oo
V
V
Ainsi, si f __:.. F (et si F E .C 1 ), alors F __:.. f (= f).
3) Il est clair que ..C 1 est un C -ev et que l'application restriction ~ : L 1 ----+ clR est linéaire. Pour montrer que~ est inft---+~ f
jective, il suffit de prouver Ker (~) = {0}.
Soit f E Z
1 telle que ~ f = 0. Puisque, trivialement, 0 E .c 1 ,
d'après a), on a :
- V
!=~~!=~0=0,
-
-
donc f = 0 , puis, comme!= f , f = O.
Finalement, ~ : f 1------+ ~ f est injective « sur » ..C 1 .
4) Soient! E]O; 77], x E JR. Puisque f est continue par morceaux
et intégrable sur lR , r 1 f - f l'est aussi, et donc :
~(rrf - f)(x) = e-ixr~f(x) - ~f(x).
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0
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D'autre part : Vx E JR, ~(A~)(x) = i4AT(x).
D'où, finalement :
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VxE lR* , ~J\T(X)= ,J2ii
xf
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et ~ J\ T(O) = - - .
,J2ii
VI 1) Soient f E .C
1
, g : lR ----+ C continue par morceaux et
bornée. Il est clair que t 1------+ f (t)g(x - t) est continue par morceaux en lR . D'autre part :
Vt E lR, l f(t)g(x - t)I ~ ll g llool f(t) I,
etdonc, puisque fes tintégrablesur lR ,t 1------+ f(t)g(x -t) et
intégrable sur lR .
2) Soient f , g E .C 1 telles que, par exemple, g soit bornée. D'après
J ), f * g existe.
•Supposons d'abord f et g continues sur JR .
L'application : (x,t) 1------+ f(t)g(x - t ) est continue sur
lR x lR et vérifie l'hypothèse de domination car :
V(x ,t) E lR x JR, l(x ,t)I :::;; llg lloolf(t)I.
D'après le théorème de continuité sous le signe 1_:
00 , f * g
est continue sur lR .
• Pour passer au cas plus général où f et g sont continues par
morceaux, adapter la solution de I 2) b).
1
A
1+ 00
• On a, pour tout x de JR , en permutant - A et - oo , pour
A E [0; +oo[:
l 1+ 00 (1+00
)
~ ,J2ii - OO
- OO
lg(u)ldu lf(t) I dt
= ~ (/_~ lf(t) ldt) (/_~ lg(u) ldu) ,
et donc f * g est intégrable sur lR .
1
+ 00
En permutant les deux symboles - oo , on obtient, pour tout
X de JR :
l 1+ 00
.
~(f * g)(x) = ~
(f * g)(t)e1
x
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l 1+00 ( l 1+ 00
) ·.
= ~
~
f (u)g(t - u)du e1
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V 2rr - OO
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1 1+00 ( 1 1+00
. )
= ~
~
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V 2rr - OO
V 2rr - OO
= - -
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] 1+00 ( J 1+00 .
)
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= - -
f(u)e1
xu du - -
g(v)e-ixv dv
(
J 1+ 00
. )( l l +oo . )
.../2ir - OO
.../2ir - OO
= ~f(x)~g(x).
Vil 1) Soit f E .c1. Comme, sur tout segment J de JR , f et
f coïncident en tout point de J sauf au plus un nombre fini ,
f est aussi continue par morceaux sur lR et intégrable sur JR,
doncf E .C 1 .
On peut remarquer :
VaE C ,Vf,gE .C 1 , (af+g)-=af+g
VfE.C
1 ,
f=f
VfE.C
1
, i +:: f(t)dt= i +:: f(t)dt.
2) Soit f E .C 1 telle que F = ~ f E .C 1 . Alors, pour tout x de
JR , u 1------+ F(u)eixu est intégrable sur JR , donc
1
A
1+00
F (u )eix"du ~
F(u)e ix"du .
- A
A-+ +oo
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D'autre part, on admet :
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) -
- -
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,J2ii - A
A-++oo ,J2ii
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1 1+ 00 .
f (x) = ~
F(u )e'rn du = ~ F( -x).
v2rr - oo
V
V
Ainsi, si f __:.. F (et si F E .C 1 ), alors F __:.. f (= f).
3) Il est clair que ..C 1 est un C -ev et que l'application restriction ~ : L 1 ----+ clR est linéaire. Pour montrer que~ est inft---+~ f
jective, il suffit de prouver Ker (~) = {0}.
Soit f E Z
1 telle que ~ f = 0. Puisque, trivialement, 0 E .c 1 ,
d'après a), on a :
- V
!=~~!=~0=0,
-
-
donc f = 0 , puis, comme!= f , f = O.
Finalement, ~ : f 1------+ ~ f est injective « sur » ..C 1 .
4) Soient! E]O; 77], x E JR. Puisque f est continue par morceaux
et intégrable sur lR , r 1 f - f l'est aussi, et donc :
~(rrf - f)(x) = e-ixr~f(x) - ~f(x).
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