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Oral ENS 2021 Stieltjes

Modifié (July 2023) dans Analyse
Bonjour
$f$ fonction continue de $\R$ dans $\R$ intégrable. Pour $z\in \C\setminus\R$ $$G(z)=\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{f(u)}{z-u}du.$$
1/ Vérifier que $G$ est bien définie.
2/ Comment retrouver $f$ à partir de $G$.
Merci 
Source: Exercice 6 du rapport 2021
https://www.ens.psl.eu/sites/default/files/21_mp_rap_omathu.pdf
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Réponses

  • JLTJLT
    Modifié (July 2022)
    Je propose $f(x)=\lim_{z\to x}\frac{i}{\pi}G(z)$.
    Edit : Non c'est faux.
  • Modifié (July 2022)
    Bonjour,
    Je pense pour ma part avoir correctement établi que:
    $$ f(x) = \displaystyle \dfrac {\mathrm i}{2 \pi}\lim_{y\to 0^+}\left(G(x+\mathrm i y) -G(x-\mathrm i y)\right) .$$
  • @ LOU16 peux-tu poster les détails ?merci
  • Modifié (July 2022)
    C'est une transformation de Cauchy donc, sauf erreur, la transformation inverse doit être donnée par $$f(u) = -\lim_{\epsilon \to 0^+} \frac{1}{\pi} \Im G(u+i\varepsilon).$$
  • Modifié (August 2022)
    Re,
    Pour démontrer que $\boxed{ f(x) = \displaystyle \dfrac {\mathrm i}{2 \pi}\lim_{y\to 0^+}\left(G(x+\mathrm i y) -G(x-\mathrm i y)\right)},\: $ il suffit de prouver  cette égalité  pour $x=0$, c'est-à-dire que $  \displaystyle \lim_{y\to 0^+}\left(G(\mathrm i y) -G(-\mathrm i y)\right) =-2\mathrm i \pi f(0) \:$, et d'appliquer ce résultat à la fonction (continue et intégrable sur $\R$) $\:\:u \mapsto f(u+x).$
    On vérifie que $G(\mathrm i y) =\displaystyle \int _{-\infty}^{+\infty} \dfrac {(-u-\mathrm iy) f(u)}{u^2+y^2} \mathrm du, \quad G(\mathrm i y)-G(-\mathrm i y)= -2\mathrm i y \displaystyle \int _{-\infty} ^{+ \infty}\dfrac {f(u)}{u^2+y^2}\mathrm du.\:\:$
    Vu que $\displaystyle \int_{-\infty}^{+ \infty} \dfrac y{u^2+y^2} \mathrm du = \pi,\: $et que $f(u) = f(0)+ (f(u)-f(0)),\:$ il ne reste donc plus qu'à se convaincre que:
    $$ \displaystyle \lim_{y \to 0^+} y \int _{-\infty} ^{+ \infty}\dfrac {f(u)- f(0)}{u^2+y^2}\mathrm du =0,$$
    un objectif que l'on va atteindre en découpant l'intégrale en deux  morceaux.
    Soit $ \varepsilon >0. \:\: \exists \alpha \in ]0;1[ $ tel que $|u|<\alpha \implies |f(u) - f(0)| < \varepsilon.\quad$$ \bullet \:\forall y>0,\quad \displaystyle \left| y\int _{|u|\leqslant \alpha}\dfrac {f(u)- f(0)}{u^2+y^2}\mathrm du \right | <\pi \varepsilon.$
    $\bullet \:\displaystyle \left| y\int _{|u|\geqslant \alpha}\dfrac {f(u)- f(0)}{u^2+y^2}\mathrm du \right |\leqslant y \int _{|u|\geqslant \alpha} \dfrac {|f(u)| + |f(0)|}{u^2}\mathrm du \leqslant y\left (\dfrac{ 2|f(0)|}{\alpha} +\dfrac 1{\alpha^2} \int _{\R}|f| \right),  \quad \lim_{y\to 0^+} y \left (\dfrac{2|f(0)|}{\alpha} +\dfrac 1{\alpha^2} \int _{\R}|f| \right)=0.$

    La chose peut aussi s'écrire: $\:\boxed{ f(x) = \displaystyle -\dfrac 1{\pi}\lim _{y\to 0^+}\mathfrak {Im}\left( G(x+\mathrm i y )\right).}$
    (message modifié à la suite de la remarque ultérieure de Jandri, que je remercie.)
















  • Modifié (July 2022)
    Bonjour
    La réponse de @Cyrano ne dépend pas de $u.$ 
    Une petite remarque dans  la réponse de @Lou16 je trouve $\dfrac{1}{2 i\pi}$  il doit y avoir une erreur de signe quelque part.  
     
  • Je suis d'accord avec la démonstration de LOU16. On peut se contenter de couper l'intégrale en deux morceaux puisque :

     $\displaystyle \left| y\int _{|u|\geqslant \alpha}\dfrac {f(u)- f(0)}{u^2+y^2}\mathrm du \right |\leqslant y \int _{|u|\geqslant \alpha} \dfrac {|f(u)| + |f(0)|}{u^2}\mathrm du \leqslant y\left (\dfrac2{\alpha}|f(0)| + \dfrac1{\alpha^2}\int _{\R}|f| \right)$.
  • Modifié (July 2022)
    Bonjour
    Je trouve que l'exercice est très difficile si on ne trouve pas (en cherchant) ce qu'il faut montrer.
    On peut trouver une motivation raisonnable si on connaît les propriétés de la transformée de Fourier L1, ou bien du produit de convolution ou encore des noyaux de Cauchy ou de Gauss.
    Mais sinon, je ne vois aucune raison d'envisager ce calcul si ce n'est le pifomètre.
    On peut trouver/deviner la formule à montrer en se restreignant à une classe de fonctions qui se prête aux calculs : les restrictions de fonctions polynomiales à un segment. Mais le piège (en tout cas je n'ai pas réussi) serait de penser qu'un argument de densité L1 réglerait le problème.
  • Merci bd2017 et LOU16, j'ai mis une intégrale en trop.  :D
  • LOU16 a dit :il ne reste donc plus qu'à se convaincre que:
    $$ \displaystyle \lim_{y \to 0^+} y \int _{-\infty} ^{+ \infty}\dfrac {f(u)- f(0)}{u^2+y^2}\mathrm du =0,$$
    un objectif que l'on va atteindre en découpant l'intégrale en trois morceaux.

    On peut aussi faire de la convergence dominée après le changement de variable $u=yx$, non ?
  • Lars a dit :
    Je trouve que l'exercice est très difficile si on ne trouve pas (en cherchant) ce qu'il faut montrer.
    On peut trouver une motivation raisonnable si on connaît les propriétés de la transformée de Fourier L1, ou bien du produit de convolution ou encore des noyaux de Cauchy ou de Gauss.
    Mais sinon, je ne vois aucune raison d'envisager ce calcul si ce n'est le pifomètre.
    C'est toujours du pifomètre quand on se lance dans un calcul sans savoir si il va aboutir, non ? En l'occurrence, je trouve que la première question permet de donner l'idée, car c'est le fait que $z \notin \mathbb{R}$ qui fait que $G$ est bien définie. En réfléchissant à la première question, on voit bien que si $z = x \in \mathbb{R}$, alors l'intégrale peut exploser en $u = x$. Et justement, avec un peu d'intuition, on voit bien que l'intégrale va donner beaucoup plus de poids à $f(x)$ quand $z$ se rapproche de $x$. Du coup, je trouve que cela motive assez bien le calcul de la limite en $x$.
  • Modifié (July 2022)
    JLapin
    Je ne vois pas comment dominer $\dfrac{f(xy)}{x^2+1}$ par une fonction intégrable sur $\R$ indépendante de $y$ (sauf si $f$ est bornée mais ce n'est pas supposé dans l'exercice).
  • Oui, désolé !
  • jandri a dit :
    (sauf si $f$ est bornée mais ce n'est pas supposé dans l'exercice).
    Il existe des fonctions continues et intégrables sur $\mathbb{R}$ qui ne sont pas bornées ? Si tu as un exemple, ça serait intéressant.

  • Modifié (July 2022)
    La fameuse fonction en triangles successifs de hauteur $n$ mais d'aire $\frac{1}{n^{2}}$.
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