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		\textsf{Concours National Commun }& & &\textsf{}\\
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		&\Large\textsf{Série #1}~:&\pzLARGE{#2}&  \\
		&& &\\
		\hline 
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		\hline 
		& &&\pznormal{Ann\'ee #3 }
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				    \begin{center}
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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% Fin script de Mr Boujaida
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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% Fin script de Mr Mamouni
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% Debut script de Mr Lavau
\let\s=\over
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% Fin script de Mr Lavau


\begin{document}

\Titre{1}{MP}
\begin{center}
\begin{LARGE}CORRIG\'E\end{LARGE}
\end{center} 

\centerline{I.ETUDE D'UN EXEMPLE}

\be
\item 
\be
\item On a: $\lim\limits_{t\rightarrow 0^+} {1-e^{-t}\s t}=1$, donc la fonction est prolongeable par continuité sur l'intervalle $[0,\alpha ]$ et par suite intégrable sur l'intervalle $]0,\alpha ]$ .
\item On a: $\lim\limits_{t\rightarrow +\i} t^2{e^{-t}\s t}=\lim\limits_{t\rightarrow +\i} te^{-t}=0$, donc $t\mapsto {e^{-t}\s t}$ est négligeable devant $t\mapsto {1\s t^2}$ en $+\i$ or $t\mapsto {1\s t^2}$ est intégrable sur l'intervalle $[x,+\i [$, donc $t\mapsto {e^{-t}\s t}$ l'est aussi .
\ee
\item Dans la suite , $\varphi$ désigne la fonction définie sur $\R ^*_+$ par $\varphi (x)=\ds\int_{x}^{+\i}{e^{-t}\s t}dt$ .
\be
\item On a: ${e^{-t}\s t}>0\quad\qlq t\in [x,+\i [$, donc $\varphi (x)=\ds\int_{x}^{+\i}{e^{-t}\s t}dt>0$, d'autre part:\\ ${e^{-t}\s t}<{e^{-t}\s x}\quad\qlq t\in ]x,+\i [$, donc $\varphi (x)=\ds\int_{x}^{+\i}{e^{-t}\s t}dt<\varphi (x)=\ds\int_{x}^{+\i}{e^{-t}\s x}dt={e^{-t}\s x}$, donc on a montré que , pour tout réel strictement positif $x$ on a : $0<\varphi (x)<{e^{-x}\s x}$ .
\item  $\qlq x\in\R ^*_+,\varphi (x)=\ds\int_{1}^{+\i}{e^{-t}\s t}dt-\ds\int_{1}^{x}{e^{-t}\s t}dt$ est dérivable comme différence d'une constante, $\ds\int_{1}^{+\i}{e^{-t}\s t}dt$ et d'une primitive $\ds\int_{1}^{x}{e^{-t}\s t}dt$ de ${e^{-x}\s x}$, avec $\qlq x\in\R ^*_+,\varphi ' (x)={e^{-x}\s x}$.
\item $\varphi (x)+\ln x=\ds\int_{x}^{+\i}{e^{-t}\s t}dt+\ds\int_{x}^{+\i}{1\s t}dt= \ds\int_{1}^{+\i}{e^{-t}\s t}dt-\ds\int_{x}^{1}{1-e^{-t}\s t}dt$ tend vers\\ $C=\varphi (1)-\ds\int\nolimits _{0}^{1}{1-e^{-t}\s t}dt$ quand $x$ tend vers $0^+$, notez bien qu'on a utilisé les intégrales $\ds\int\nolimits _{0}^{1}{1-e^{-t}\s t}dt$ et $\ds\int_{1}^{+\i}{e^{-t}\s t}dt$ qui sont bien définis puisque associés à des fonctions intégrables d'aprés les questions précédentes.
\item Une simple utilisation de la relation de Chasles pour intégrales donne pour tout $x>0$, $\varphi (x)+\ln x=C+\ds\int_{0}^{x}{1-e^{-t}\s t}dt$. 
\\D'autre part: pour tout $t>0,n\in\N^*$ on a: $e^{-t}=\ds\sum\limits_{k=0}^n\ds\frac{(-1)^kt^k}{k!}+R_n(t)$, série alternée, avec $|R_n(t)|\ioe \ds\frac{t^{n+1}}{(n+1)!}$, donc $\ds\int_{0}^{x}{1-e^{-t}\s t}dt=\ds\int_{0}^{x}\left( \ds\sum\limits_{k=1}^n\ds\frac{(-1)^{k-1}t^{k-1}}{k!}-\ds\frac{R_n(t)}{t}\right)dt=
\ds\sum\limits_{k=1}^n\ds\int_{0}^{x}\ds\frac{(-1)^{k-1}t^{k-1}}{k!}dt-
\ds\int_{0}^{x}\ds\frac{R_n(t)}{t}dt=\ds\sum\limits _{k=1}^{n}{(-1)^{k-1}\s k}{x^k\s k!}-\ds\int_{0}^{x}\ds\frac{R_n(t)}{t}dt $, or \\$\vert \ds\int_{0}^{x}\ds\frac{R_n(t)}{t}dt\vert \ioe \ds\int_{0}^{x}\vert\ds\frac{R_n(t)}{t}\vert dt\ioe \ds\int_{0}^{x}\ds\frac{t^{n}}{(n+1)!}dt=\ds\frac{x^{n+1}}{(n+1)(n+1)!}dt\rightarrow 0$ quand $n\rightarrow +\i$ pour $x>0$ fixe, car les puissances sont négligeables devant les factoriels. Donc quand \\$n\vers +\i$ avec $x>0$ fixe, on obtient: $\ds\int_{0}^{x}{1-e^{-t}\s t}dt=\ds\sum\limits _{k=1}^{n}{(-1)^{k-1}\s k}{x^k\s k!}$ et on peut en déduire que 
$$\varphi (x)+\ln x=C+\ds\sum\limits _{k=1}^{+\i}{(-1)^{k-1}\s k}{x^k\s k!}.$$
\ee
\item 
\be
\item Montrons d'abord que $\varphi$ est intégrable sur $]0,+\i[$, en effet d'aprés les questions 2.a et 1.b on peut affirmer que $\varphi$ est intégrable sur $[1,+\i[$ et d'aprés la question  2.d et vu que $\ds\sum\limits _{k=1}^{+\i}{(-1)^{k-1}\s k}{x^k\s k!}\sim x$ au voisinage de 0, on peut affirmer aussi que $\varphi (x)+\ln x\sim C+x$ au voisinage de 0, or $x\mapsto C+x$ et $x\mapsto \ln x$ sont intégrables sur $]0,1],
\\(\ds\int_x^1|\ln t|dt=1+x\ln x-x)$ donc $\varphi$ est intégrable sur $]0,+\i[$ et par suite $\psi x:\mapsto \varphi (|x|)$ est intégrable sur les deux intervalles $]-\i,0[$ et $]0,+\i [$ .
\item Pour tout $x\in \R$, on a $|e^{ixt}\psi|\ioe |\varphi(t)|$ et $t\mapsto |\psi|$ intégrable sur les deux intervalles $]-\i,0[$ et $]0,+\i [$, donc $t\mapsto e^{ixt}\psi(t)$ l'est aussi donc les intégrales $I_1=\ds\int _{0}^{+\i}e^{ixt}\psi dt$ et $I_2=\ds\int _{-\i}^{0}e^{ixt}\psi (t)dt$ ont un sens et donc $\widehat{\psi}(x)=I_1+I_2$ a un sens.
D'autre part: $\widehat{\psi}(x)=\ds\int _{-\i}^{+\i}e^{ixt}\psi (t)dt=\ds\int _{0}^{+\i}\frac{1}{2}e^{ixt}\varphi (t)dt+\ds\int _{-\i}^{0}\frac{1}{2}e^{ixt}\varphi (-t)dt=\ds\int _{0}^{+\i}\frac{1}{2}e^{ixt}\varphi (t)dt+\ds\int _{0}^{+\i}\frac{1}{2}e^{-ixu}\varphi (u)du=\ds\int _{0}^{+\i}\frac{1}{2}e^{ixt}\varphi (t)dt+\ds\int _{0}^{+\i}\frac{1}{2}e^{-ixt}\varphi (t)dt=\ds\int _{0}^{+\i}\varphi (t)\cos (xt)dt$.
\item La fonction $\xi:(x,t)\mapsto \varphi (t)\cos (xt)$ est intégrable sur $]0,+\i[$ par rapport à $t$ pour $x$ fixé, elle est de classe ${\cal C}^\i$ sur $\R$ par rapport $x$ dont la dérivée $n$-ème est \\$\ds\frac{\partial^n\xi}{\partial x^n}\: :t\mapsto t^n\varphi (t)\cos (xt+n\frac{\pi}{2})$, on a $|\ds\frac{\partial^n\xi}{\partial x^n}(x,t)|\ioe t^n\varphi (t)\quad \qlq t\in ]0,+\i[ $. Montrons alors que $t\mapsto t^n\varphi (t)$ est intégrable sur $]0,+\i[$, en effet au voisinage de 0 on a: \\$t^n\varphi (t)+t^n\ln t\sim Ct^n+t^{n+1}$, or $t\mapsto t^nC+t^{n+1}$ et $t\mapsto t^n\ln t$ sont intégrables sur $]0,1]$ donc $t\mapsto t^n\varphi (t)$ est intégrable sur $]0,1]$ et par suite $\xi : \:t\mapsto t^n\varphi (t)$ est intégrable sur $]0,1]$, et donc $t\mapsto \ds\frac{\partial^n\xi}{\partial x^n}(x,t)$ est aussi intégrable sur $]0,1]$.
\\D'autre part, d'aprés la question 2.a $0< t^n\varphi (t)<t^{n-1}e^{-t}\quad \qlq t\in [0,+\i[$ et comme $ t^{n-1}e^{-t}$ est négligeable devant $\frac{1}{t^2}$ au voisinage de $+\i$, car les exponentielles l'emportent devant les puissances, et que $t\mapsto \frac{1}{t^2}$ est intégrable sur $[1,+\i[$ alors $t\mapsto t^n\varphi (t)$ est intégrable sur $[1,+\i[$ et par suite $t\mapsto \ds\frac{\partial^n\xi}{\partial x^n}(x,t)$ l'est aussi.
\\Conclusion: $t\mapsto \ds\frac{\partial^n\xi}{\partial x^n}(x,t)$ est intégrable sur $]0,+\i[$, le théorème de dérivation sous signe intégrale permet d'affirmer que $\widehat{\psi}$ est de classe ${\cal C}^\i$ sur $\R$ avec:\\ $\widehat{\psi}^{(n)}(x)=\ds\int _{0}^{+\i}t^n\varphi (t)\cos (xt+n\frac{\pi}{2})dt$
\item Pour tout réel non nul $x$, on a à l'aide d'une intégration par parties  
\\$\widehat{\psi}(x)=\ds\int _{0}^{+\i}\varphi (t)\cos (xt) dt=\left[ \varphi (t)\ds\frac{\sin xt}{x}\right]_{t\rightarrow 0}^{t\rightarrow +\i}-\ds\int _{0}^{+\i}\varphi ' (t)\frac{\sin xt}{x}dt =
\\{1\s x}\ds\int _{0}^{+\i}{e^{-t}\s t}\sin (xt)dt$, car d'aprés 2.a $|\varphi (t)\ds\frac{\sin xt}{x}|\ioe \ds\frac{e^{-t}}{x}\rightarrow 0$, quand $t\rightarrow +\i$ pour $x$ fixé, et d'aprés  2.d $\varphi (t)+\ln t\sim C+t$ au voisinage de 0, donc 
\\$\varphi (t)\ds\frac{\sin xt}{x}+\ds\frac{\sin xt}{x}\ln t\sim (C+t)\ds\frac{\sin xt}{x}$ quand $t\rightarrow 0$ pour $x$ fixé, comme $\ds\frac{\sin xt}{x}\sim t$ quand $t\rightarrow 0$ pour $x$ fixé, alors $\varphi (t)\ds\frac{\sin xt}{x}+t\ln t\sim (C+t)t$ quand $t\rightarrow 0$ pour $x$ fixé et donc $\lim\limits_{t\rightarrow 0}\varphi (t)\ds\frac{\sin xt}{x}=0$, pour $x$ fixé.
\\Ainsi $\widehat{\psi}(x)=\ds\frac{F(x)}{x}$, avec $\Phi:x\mapsto \ds\int_{0}^{+\i}\rho (x,t)dt$ telle que $\Phi(0)=0$ et \\$\rho (x,t)={e^{-t}\s t}\sin (xt)$, donc $\widehat{\psi}(0)=\Phi'(0)$ à condition qu'on peut dériver sous signe intégral, ce qui n'est pas difficile à justifier puisque $\ds\frac{\partial \rho}{\partial x}:t\mapsto e^{-t}\cos xt$ est intégrable sur $[0,+\i[$ puisque majorée par $e^{-t}$, intégrable sur $[0,+\i[$, pour $x$ fixé. 
\\Donc $\widehat{\psi}(0)=\Phi'(0)=\ds\int_{0}^{+\i}\ds\frac{\partial \rho}{\partial x}(0,t)dt=\ds\int_{0}^{+\i}e^{-t}dt=1$.
\ee
\item 
\be
\item Dans la question précédente on a déjà montré que la fonction $\Phi :x\mapsto \int\nolimits _{0}^{+\i}{e^{-t}\s t}\sin (xt)dt$ est dérivable sur $]0,+\i[$ avec $\Phi '(x)=\ds\int_{0}^{+\i}e^{-t}\cos (xt) dt$, pour tout $x>0$, puis on a: $\Phi '(x)=\Re e\ds\int_{0}^{+\i}e^{-t}e^{ixt}=\Re e\ds\int_{0}^{+\i}e^{(ix-1)t}=\Re e\left[ \ds\frac{e^{(ix-1)t}}{ix-1}\right]^{t\rightarrow +\i}_{t\rightarrow 0}=-\Re e\left( \ds\frac{1}{ix-1}\right) =\ds\frac{1}{x^2+1} $. Notez bien que: $|e^{(ix-1)t}|=e^{-t}\rightarrow 0$ quand $t\rightarrow +\i$.
\item D'aprés la question précédente, on a: $\widehat{\psi}(x)={\Phi ( x)\s x}$ pour tout réel non nul $x$, et $\Phi$ est de classe ${\cal C}^1$ sur $]0,+\i[$ avec $\Phi '(x)={1\s 1+x^2}\quad \qlq x>0$, donc $\Phi (x)=\text{arctan }x+\lambda\quad \qlq x>0$, de même $\Phi (x)=\text{arctan }x+\mu\quad \qlq x<0$, donc $$\begin{array}{ccc}
\widehat{\psi}(x)= & {\arctan x+\lambda\s x} &\qlq x>0 \\ 
 & {\arctan x+\mu\s x} &\qlq x<0  \\ 
 &  1& \text{si }x=0
\end{array} $$ comme $\widehat{\psi}$ est continue sur $\R$ alors $\lambda =\mu =0$ d'où le résultat.
\ee
\ee
\begin{center}
II.QUELQUES PROPRIÉTÉS DE LA TRANSFORMÉE DE FOURIER D'UNE FONCTION
\end{center} 
\be
\item \textbf{Transformée de Fourier d'une fonction intégrable}
\be
\item Pour $x$ fixé, on a: $|e^{-ixt}f(t)|\ioe |f(t)|\quad \qlq t\in \R$, or $f$ une fonction continue par morceaux et intégrable sur $\R$; donc $t\mapsto e^{-ixt}f(t) $ l'est aussi d'où pour tout réel $x$, $\widehat{f}(x)=\ds\int_{-\i}^{+\i}e^{-ixt}f(t)dt$ est bien définie, en plus $|\widehat{f}(x)|=|\ds\int_{-\i}^{+\i}e^{-ixt}f(t)dt|\ioe \ds\int_{-\i}^{+\i}|f(t)|dt=M$, constante qui ne dépond pas de $x$ et donc la fonction $\widehat{f}$ est bornée .
\item Si de plus $f$ est continue, alors $t\mapsto e^{-ixt}f(t) $ est intégrable sur $\R$ et $x\mapsto e^{-ixt}f(t) $ continue sur $\R$, donc $\widehat{f}$ est aussi continue .
\ee
\item \textbf{Transformations}
\be
\item Soient $\varphi_1,\varphi_2$ deux fonctions complexes continues par morceaux et intégrables sur $\R$, et $\lambda\in\R$ alors $\varphi_1+\lambda\varphi_2$ est aussi une fonction complexe continues par morceaux et intégrable sur $\R$, avec $F(\varphi_1+\lambda\varphi_2)(x)=\ds\int_{-\i}^{+\i}e^{-ixt}(\varphi_1+\lambda\varphi_2)
(t)dt=
\\\ds\int_{-\i}^{+\i}e^{-ixt}\varphi_1(t)+\lambda\ds\int_{-\i}^{+\i}e^{-ixt}\varphi_2
(t)dt=F(\varphi_1)(x)+\lambda F(\varphi_2)(x)$. et donc $F$ est linéaire .
\item $f$ est une fonction continue par morceaux et intégrable sur $\R$, donc pour tout réel $a$, les fonctions $f_{a}(t)= f(t-a)$ et ${}_{a}f(t)=f(at)$ sont aussi des fonctions continues par morceaux et intégrables sur $\R$ et par suite possédent des transformés de Fourier, avec que pour tout réel $x$, $\widehat{f_{a}}(x)=\ds\int_{-\i}^{+\i}e^{-ixt}f(t-a)dt=
e^{-iax}\ds\int_{-\i}^{+\i}e^{-ixu}f(u)du=e^{-iax}\widehat{f}(x)$, en utilisant le changement de variable $u=t-a$ et de même avec le changement de variable $v=at$ on obtient $\widehat{_{a}f}(x)={1\s |a|}\widehat{f}\left( \frac{x}{a}\right) (a\neq 0)$, faites attention ici aux bornes si $a<0$ alors $-\i$ devient $+\i$ et inversement ce qui justifie le $|a|$.
\item La transformée de Fourier de l'application $t\mapsto f(t)e^{iat}$ au point $x$ est:\\ $\ds\int_{-\i}^{+\i}e^{-i(x-a)t}f(t)dt=\widehat{f}(x-a)$.
\item Si $f$ est paire alors $\widehat{f}(x)=\ds\int_{-\i}^{0}e^{-ixt}f(t)dt+\ds\int_{0}^{\i}e^{-ixt}f(t)dt=
\ds\int_{0}^{+\i}e^{-ixt}f(t)dt+\ds\int_{0}^{\i}e^{ixu}f(-u)du=
\ds\int_{0}^{+\i}e^{-ixt}f(t)dt+\ds\int_{0}^{\i}e^{ixu}f(u)du=
\ds\int_{0}^{+\i}e^{-ixt}f(t)dt+\ds\int_{0}^{\i}e^{ixt}f(t)du=
2\ds\int_{0}^{+\i}\cos (xt)f(t)dt$, on a utilisé le changement de variable $u=-t$ puis on a remplacé $u$ par $t$ puisque sont deux variables muettes.
\\Si $f$ est impaire on obtient $\widehat{f}(x)=2i\ds\int_{0}^{+\i}\sin (xt)f(t)dt$.
\item La transformée de Fourier d'une fonction réelle paire est réelle alors que celle d'une fonction réelle impaire est imaginaire.
\ee
\item \textbf{Dérivation}
\be
\item $f'$ étant intégrable sur $\R$, donc $\ds\int_{0}^{x}f'(t)dt=f(x)-f(0)$ admet une limite finie quad $x\vers +\i$, et donc $\lim\limits_{+\i}f$ est finie, soit $ L$ cette limite, si $L\neq 0$ alors $|f(x)|\vers |L|>\frac{|L|}{2}$, quand $x\vers +\i$, or $f$ est continue, donc un intervalle $[A,+\i[$ sur lequel $|f|>\frac{|L|}{2}$, or $f$ est intégrable sur $[A,+\i[$, donc le fonction constante $\frac{|L|}{2}$ le sera aussi, ce qui n'est pas le cas, donc $L=\lim\limits_{+\i}f=0$, et de même on montre que $\lim\limits_{-\i}f=0$ .
\item $f'$ étant une fonction continue par morceaux et intégrable sur $\R$, donc admet une transformée de Fourrier, définie par la relation: $\qlq x\in\R :\quad \widehat{f'}(x)=\ds\int_{-\i}^{+\i}e^{-ixt}f'(t)dt=\left[ e^{-ixt}f(t)\right]^{t\rightarrow +\i}_{t\rightarrow -\i}+ix\ds\int_{-\i}^{+\i}e^{-ixt}f(t)dt=ix\widehat{f}(x) $, donc $\widehat{f}(x)=\ds\frac{\widehat{f'}(x)}{x}$ tend vers 0 en $\pm\i$, car $\widehat{f'}$ est bornée en utilisant la question II.1.a pour la fonction $f'$.
\item Le fait que l'application $g:t\mapsto tf(t)$ est intégrable sur $\R$ nous permet d'affirmer que $\widehat{f}$ est de classe ${\cal C}^1$ sur $\R$ et de dériver sous le signe intégral ; avec:\\ 
$\qlq x\in\R ,\quad \left( \widehat{f}\right) '(x)=-i\ds\int_{-\i}^{+\i}e^{-ixt}tf(t)dt=-i\widehat{g}(x).$
\ee
\ee
\begin{center}
III.UNE FORMULE D'INVERSION
\end{center}
\textbf{A-Un autre exemple }
\be
\item La fonction $h$ est de classe ${\cal C}^1$ sur $\R$, intégrable sur $\R$, et $t\mapsto th(t)$ intégrable sur $\R$, (car négligeables devant $\frac{1}{t^2}$ en $\pm\i$),  donc $\widehat{h}$  est bien définie, dérivable sur $\R$ avec: 
\\$\qlq x\in\R,\quad \widehat{h}'(x)=-i\ds\int_{-\i}^{+\i}e^{-ixt}te^{-t^2}dt=-i\left[ -e^{-ixt}\ds\frac{e^{-t^2}}{2}\right]^{t\rightarrow +\i}_{t\rightarrow -\i}-\ds\frac{x}{2}\ds\int_{-\i}^{+\i}e^{-ixt}e^{-t^2}dt=-\ds\frac{x}{2}\widehat{h}'(x)$ et donc $\widehat{h}$ satisfait l'équation différentielle: $y'+{x\s 2}y=0.$
\item La solution générale de l'équation différentielle (1) est de la forme $y(x)=\lambda e^{-\frac{x^2}{4}}$, donc $\widehat{h}(x)=\lambda e^{-\frac{x^2}{4}}$ où $\lambda =\widehat{h}(0)=\ds\int_{-\i}^{+\i}e^{-t^2}dt=\sqrt{\pi}$.
\item $e^{-\varepsilon t^2}=_{\sqrt{\varepsilon}}h(t)$, donc\\ d'aprés la question II.2.b la transformée de Fourier de la fonction $t\mapsto e^{-\varepsilon t^2},\varepsilon >0$ est: $\frac{1}{\sqrt{\varepsilon}}\widehat{h}\left( \frac{x}{\sqrt{\varepsilon}}\right) =\sqrt{\frac{\pi}{\varepsilon}}e^{-\frac{x^2}{4\varepsilon}}$. 
\ee
\textbf{B-Application à la formule d'inversion}
\be
\item 
\be
\item Soit les $v_n\in {\cal C}^0(\R)$ définies par $v_n(y)=v(y)e^{-\varepsilon _ny^2}$, se sont des fonctions intégrables sur $\R$ car dominées par $v$ intégrables sur $\R$, et qui de plus convergent simplement vers $v$. En utilisant le théorème de la convergence dominée, on a que:
$\lim\limits_{n\vers +\i}\ds\int _{-\i}^{+\i}v(y)e^{-\varepsilon _ny^2}dy=\ds\int _{-\i}^{+\i}\lim\limits_{n\vers +\i}v(y)e^{-\varepsilon _ny^2}dy=\ds\int _{-\i}^{+\i}v(y)dy.$
\item Même que précédement, poser $w_n(y)=w(x+\varepsilon _ny)e^{-y^2}$ c'est une fonction intégrable sur $\R$ car bornée par la fonction intégrable $y\mapsto\sup\limits_{\R}|w|e^{-y^2}$, de plus $\lim\limits_{n\vers +\i}w_n(y)=w(x)e^{-y^2}$, donc 
$\lim\limits_{n\vers +\i}\ds\int _{-\i}^{+\i}w(x+\varepsilon _ny)e^{-y^2}dy=\ds\int _{-\i}^{+\i}\lim\limits_{n\vers +\i}w(x+\varepsilon _ny)e^{-y^2}dy=\ds\int _{-\i}^{+\i}w(x)e^{-y^2}dy=w(x)\ds\int _{-\i}^{+\i}e^{-y^2}dy=w(x)\sqrt{\pi}$.
\ee
\item Pour tout $n\in\N$ et tout $x\in\R$, on a, et ceci d'aprés la question III.A.3  $\ds\int_{-\i}^{+\i}e^{-iy(t-x)-\varepsilon _ny^2}dy=\frac{1}{\sqrt{\varepsilon_n}}\widehat{h}\left( \frac{t-x}{\sqrt{\varepsilon_n}}\right) =\sqrt{\frac{\pi}{\varepsilon_n}}e^{-\frac{(t-x)^2}{4\varepsilon_n}}$, donc
$\ds\int _{-\i}^{+\i}f(t)\left( \ds\int _{-\i}^{+\i}e^{-iy(t-x)-\varepsilon _ny^2}dy\right) dt=
\\\ds\int _{-\i}^{+\i}f(t)\sqrt{\frac{\pi}{\varepsilon_n}}e^{-\frac{(t-x)^2}{4\varepsilon_n}}dt=2\sqrt{\pi}\ds\int _{-\i}^{+\i}f(x+2\sqrt{\varepsilon _ns})e^{-s^2}ds$, en effectuant le changement de variable $s=\frac{t-x}{2\sqrt{\varepsilon_n}}$.
\item 
\be
\item C'est le théorème de Fubini qui nous permet d'intervertir les deux intégrales, puisqu'il s'agit d'une fonction continue sur le carré $[-p,p]\times [-q,q]$.
\item Posons, pour tout $y\in\R,f_q(y)=e^{ixy-\varepsilon y^2}\left( \ds\int _{-q}^{q}f(t)e^{-iyt}dt\right)$, on a:
\\ $\lim\limits_{q\rightarrow +\i}f_q(y)=e^{ixy-\varepsilon y^2}\ds\int _{-\i}^{+\i} f(t)e^{-iyt}dt\text{ et }|f_q(y)|\ioe 2q\sup\limits_{\R}|f|e^{-\varepsilon y^2}$, majorée normalement par une fonction intégrable sur $\R$, donc $\lim\limits_{q\rightarrow +\i}f_q$ est intégrable sur $\R$ avec 
\\$\lim\limits_{q\rightarrow +\i}\ds\int _{-\i}^{+\i}f_q(y)dy=\ds\int _{-\i}^{+\i}\lim\limits_{q\rightarrow +\i}f_q(y)dy$, ce qui donne pour tout $\varepsilon >0$,
\\$\lim\limits_{q\rightarrow +\i}\ds\int _{-\i}^{+\i}e^{ixy-\varepsilon y^2}\left( \int\nolimits _{-q}^{q}f(t)e^{-iyt}dt\right) dy=\ds\int\nolimits _{-\i}^{+\i}e^{ixy-\varepsilon y^2}\left(\ds\int\nolimits _{-\i}^{+\i} f(t)e^{-iyt}dt\right) dy.$
\item Le même raisonnement que précédement en posant cette fois $g_q(t)=f(t)\left(\int\nolimits _{-p}^{p} e^{-iy(t-x)-\varepsilon y^2}dy\right)$, et faire tendre $p$ vers $+\i$ nous permet d'affirmer aussi que pour tout entier naturel non nul $q$ et tout $\varepsilon >0$,
\\$\lim\limits_{p\rightarrow +\i}\ds\int\nolimits _{-q}^{q}f(t)\left(\int\nolimits _{-p}^{p} e^{-iy(t-x)-\varepsilon y^2}dy\right) dt=\int\nolimits _{-q}^{q}f(t)\left(\int\nolimits _{-\i}^{+\i} e^{-iy(t-x)-\varepsilon y^2}dy\right) dt.$
\item Conclusion immédiate des question précédents.
\ee
\item D'aprés les questions III.B.2. et III.B.3.c, en remplaçant $\varepsilon$ par $\varepsilon_n$ où $(\varepsilon _n)_n$ une suite de réels strictement positifs tendant vers 0, on a : $2\sqrt{\pi}\ds\int\nolimits _{-\i}^{+\i}f(x+2\sqrt{\varepsilon _ns})e^{-s^2}ds=\ds\int\nolimits _{-\i}^{+\i}e^{ixy-\varepsilon y^2}\widehat{f}(y)dy$. Et aprés avoir vérifié qu'on peut intervertir limites et intégrales, chose qui n'est pas difficile puisque $e^{ixy-\varepsilon_n y^2}\widehat{f}(y)$ sont normalement bornées par $\widehat{f}$, intégrable sur $\R$ et $f(x+2\sqrt{\varepsilon _ns})e^{-s^2}$ sont normalement bornées par $\sup\limits_{\R}|f|e^{-s^2}$, intégrable sur $\R$ aussi, donc qund $n\vers +\i$, on obtient: pour tout $x\in\R$,
$\frac{1}{2\pi}\ds\int _{-\i}^{+\i}f(x)e^{-s^2}ds=\ds\int\nolimits _{-\i}^{+\i}e^{ixy}\widehat{f}(y)dy$, comme $\ds\int _{-\i}^{+\i}e^{-s^2}ds=\sqrt{\pi}$, on a le résultat.
\ee
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\begin{flushright}
{\pzlarge FIN}
\end{flushright} 
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\Hfill \textsf{\small Mamouni My Ismail PCSI 2 Casablanca Maroc}
\end{document}