Méthode de Laplace et de la phase stationnaire - ENS de Cachan ...

Méthode de Laplace et de la phase stationnaireVirginie Bonnaillie-Noël26 novembre 20041 Méthode de LaplaceRéférence : Gourdon p. 159.But : Il s’agit d’étudier le comportement d’intégrales du type∫ bag(x)e th(x) dx lorsque t → +∞.1.1 Cas particulier g(x) = x α , h(x) = ctx β .Lemme 1. Si α > −1, β > 0, c > 0 et b ≥ 0, alors∫ bx α e −ctxβ dx ∼ 1 ( ) α + 1β Γ (ct) − α+1β lorsque t → ∞,βoù Γ est la fonction définie par Γ(x) =Démonstration. Définissons0∫ ∞0J(t) =t x−1 e −t dt pour x > 0.∫ b0x α e −ctxβ dx.Posons u = ctx β , alors x = ( ) 1u βct. Ainsi :J(t) = 1 ∫α+1 ctb β(ct)− β u α+1β −1 e −u du ∼ 1 ( )α+1(ct)− βα + 1Γ quand t → 0.β 0β β1.2 Cas généralThéorème 2. Soient b > 0 et g, h : (0, b) → R deux applications continues telles que :1.∫ b0| g(x) | e h(x) dx < +∞,2. ∃δ 0 > 0, ∀δ ∈ (0, δ 0 ), ∀x ∈ [δ, b), h(x) ≤ h(δ),3. au voisinage de 0 + , g(x) ∼ Ax α , (α > −1),h(x) = a − cx β + o(x β ), (c, β > 0).Alors,I(t) =∫ b0g(x)e th(x) dx ∼ A ( ) α + 1β Γ e at (ct) − α+1ββlorsque t → +∞.1

Démonstration. Quitte à multiplier l’intégrande g(x)e th(x) par e−atA, on peut supposer que a = 0et A = 1.Pour alléger les notations, posons :φ(t) = 1 β Γ ( α + 1βRemarquons que, d’après le Lemme 1, nous avons∫ b0x α e −ctxβ dx ∼ φ(t) lorsque t → ∞.)(ct) − α+1β . (1)Le comportement asymptotique de I(t) est donc donné par le comportement de l’intégrande auvoisinage de 0 + .– Etude de la partie principale (autour de 0) :Soit ɛ ∈ (0, 1). Par l’hypothèse (3), il existe δ ≤ δ 0 tel que pour tout x ∈ (0, δ) :Nous déduisons ainsi :avec(1 − ɛ)x α ≤ g(x) ≤ (1 + ɛ)x α ,−(1 + ɛ)cx β ≤ h(x) ≤ −(1 − ɛ)cx β .I 1 (t) ≤∫ δ∫ δI 1 (t) = (1 − ɛ)0I 2 (t) = (1 + ɛ)g(x)e th(x) dx ≤ I 2 (t),0∫ δ0x α e −(1+ɛ)ctxβ dx,x α e −(1−ɛ)ctxβ dx.En reprenant le Lemma 1, nous déduisons les asymptotiques suivantes lorsque t → +∞ :I 1 (t) ∼ 1 − ɛ ( ) α + 1β Γ (1 + ɛ) − α+1β (ct) − α+1β ,βI 2 (t) ∼ 1 + ɛ ( α + 1β Γ β)(1 − ɛ) − α+1β (ct) − α+1β .Par conséquent (définition de l’équivalence), il existe t 1 > 0 tel que pour tout t ≥ t 1 , ona :∫ δ(1 − ɛ) 2 (1 + ɛ) − α+1β φ(t) ≤ g(x)e th(x) dx ≤ (1 + ɛ) 2 (1 − ɛ) − α+1β φ(t). (2)0– Etude du reste :Selon les hypothèses (2) et (3) et par construction de δ, nous savons queEcrivons pour tout t ≥ 1 et tout x ∈ (δ, b),h(x) ≤ h(δ) < 0, ∀x ∈ (δ, b).th(x) = (t − 1)h(x) + h(x) ≤ (t − 1)h(δ) + h(x).∫ bNous en déduisons ainsi que l’intégrale | g(x) | e th(x) dx converge pour t ≥ 1 et nousδavons : ∫ b∫ b| g(x) | e th(x) dx ≤ e (t−1)h(δ) | g(x) | e h(x) dx ≤ Ce (t−1)h(δ) .δ2δ

Par conséquent, le Théorème 2 montre que pour t → +∞,∫ bag(x)e th(x) dx ∼ 2 g(x (0) 1Γ e2 2)th(x 0)√∼ g(x 0 )e th(x 0)√2π−th ′′ (x 0 ) ,2−th ′′ (x 0 )car Γ ( 12)=√ π (poser t = u 2 et passer en coordonnées polaires).Remarque 1.( 1Γ2)== 2= 2∫ ∞0∫ ∞0( ∫ π2t − 1 2 e −t dt0e −u2 du∫ ∞0e −r2 rdrdθ) 12= 2( [π2] ∞e −r220) 12= √ π.1.3 ApplicationProposition 4. Γ(t + 1) ∼ √ 2π t t+ 1 2 e −t lorsque t → ∞Démonstration. Rappelons que Γ(t + 1) =∫ ∞0e t ln x−x dx. Remarquons que si h(x) = t ln x − x,alors h ′ (x) = t x − 1. Posons la changement de variables u = x t(pour se ramener au cas où lafonction atteint son maximum en une abscisse indépendante de t), alors∫ ∞Γ(t + 1) = t t+1 e t(ln u−u) du.La fonction h: u ↦→ ln u − u admet un unique maximum en u = 1 avec h(1) = −1 et h ′′ (1) = −1.Alors, en appliquant le Corollaire 3 avec g ≡ 1, il vient :0Γ(t + 1) ∼ t→∞ t t+1 e −t √2πt.Remarque 2. Nous retrouvons la formule de Stirling quand t est un entier.2 Méthode de la phase stationnaireRéférences : Zuily-Queffélec p. 334, Vauthier-Prat p. 22But : Le but de cette méthode est d’étudier le comportement lorsque t → ∞ d’intégrales dela formeF (t) =∫ bag(x)e ith(x) dx, (5)où g et h sont des fonctions C ∞ sur (a, b) et g est à support dans (a, b) ⊂ R. Ce comportementest beaucoup plus difficile à contrôler que dans le cas où l’exponentielle est réelle. Tout se joueau voisinage des points où h ′ s’annule (la “phase stationne”).4

2.1 Cas où la phase ne s’annule pasThéorème 5. Supposons que | h ′ (x) |≥ c > 0 sur (a, b), alors la fonction F est à décroissancerapide, i.e.∀n ∈ N,∫ bDémonstration. Ecrivons l’intégrale sous la forme :∫ baag(x)e ith(x) dx =g(x)e ith(x) dx = O(t −n ). (6)= 1 t∫ ba∫ bg(x)ith ′ (x) ith′ (x)e ith(x) dxag 1 (x)e ith(x) dx,(en faisant une intégration par parties (car g(a) = g(b) = 0) et en posant g 1 (x) = i g(x) ′.h (x)) ′Cette fonction g 1 est C ∞ sur R à support dans (a, b).Montrons par récurrence que pour tout entier n, qu’il existe une fonction g n C ∞ sur R à supportdans (a, b) telle que :F (t) = 1 ∫ bt n g n (x)e ith(x) dx. (7)aCe résultat vient d’être établi pour n = 1. Supposons le vrai pour un certain entier n > 0 etmontrons la relation (7) à l’ordre n + 1. Pour cela, effectuons à nouveau une intégration parparties :∫ b( )avec g n+1 (x) = i gn(x) ′.h ′ (x)2.2 Cas où la phase s’annuleag(x)e ith(x) dx = 1 ∫ bt n g n (x)e ith(x) dx= 1t n=a∫ bag n (x)ith ′ (x) ith′ (x)e ith(x) dx∫1 bt n+1 g n+1 (x)e ith(x) dx,La version la plus simple de la méthode concerne le cas où les points critiques sont nondégénérés. Ces points étant isolés, il suffira dans un premier temps d’étudier le cas où il y a unseul point critique. Avant de traiter le cas particulier h(x) = λx 2 , rappelons le résultat suivant :aLemme 6. Pour ɛ > 0,F(e −ɛx2 +iλx 2 ) =√ ( π√ exp −ɛ − iλξ 24(ɛ − iλ)).Démonstration. Commençons par calculer la transformée de Fourier de la fonction x ↦→ e −x2 .Comme cette fonction est dans S(R), il en est de même de sa transformée de Fourier. De plus :∫ˆf ′ (t) = i e −ixt (−xe −x2 )dx = i ∫e −ixt (e −x2 ) ′ dxR 2 R= − i ∫2 R(e −ixt ) ′ e −x2 dx = − t ∫e −ixt e −x2 dx = − t 2 R2 ˆf(t).5

Par conséquent, ˆf(t) = Ce − t2 4 . Comme ˆf(0) = √ π, on déduit que :ˆe −x2 (t) = √ πe − t2 4 .Déduisons-en la transformée de Fourier de la fonctionf(x) = e −zx2 , Rz > 0.Considérons la fonction de la variable complexe z∫H(z) = e −itx e −zx2 dx.RA t fixé dans R, H est une fonction holomorphe dans {z ∈ C; Rz > 0} car à x fixé, la fonctionz ↦→ e −itx e −zx2 est holomorphe. De plus, si K est un compact de {z ∈ C; Rz > 0}, et si z ∈ K,on a Rz ≥ ɛ > 0. Alors :| e −itx e −zx2 |= e −Rzx2 ≤ e −ɛx2 ∈ L 1 .Si z est un réel positif, posons dans l’expression de H(z), √ zx = y, il vient :H(z) = 1 √ z∫√e −i √ tzy e−y 2 π t2dy = e− 4z , z > 0.zLa fonction z ↦→ √ πzest holomorphe sur {z ∈ C; Rz > 0}, de même que H. Ces deuxfonctions coïncident sur le demi-axe réel positif. Par prolongement analytique, elles coïncidentdans le demi-plan Rz > 0. Par conséquent,√eˆ π −zx2 t2(t) = e− 4z , Rz > 0.ze−t24zLemme 7. Considérons la fonction G: R \ {0} → C définie par :∫G(λ) = e iλx2 b(x)dx, λ ∈ R \ {0}, (8)Roù b ∈ C ∞ 0 (R). Alors G(λ) =avec√ π∑N√ e i π 4 signe(λ) i n| λ | 4 n n! λ−n b (2n) (0) + R N (λ), (9)n=0| R N (λ) |≤ C N | λ | −N− 3 2∫R| ξ | 2N+2 | ˆb(ξ) | dξ.Démonstration. L’idée est d’écrire une formule de Parseval pour cette intégrale :∫f(x)g(x)dx = 1 ∫ˆf(ξ)ĝ(ξ)dξ,2πRqui est valable pour f et g dans L 2 (R). Mais e iλx2 /∈ L 2 (R).Considérons alors pour tout ɛ > 0,∫G ɛ (λ) = e −ɛx2 +iλx 2 b(x)dx. (10)R6R

Comme b ∈ L 1 (R), alors le théorème de Lebesgue prouve que pour tout λ ∈ R, on a :lim G ɛ(λ) = G(λ). (11)ɛ→0Nous allons appliquer la formule de Parseval avec les fonctions x ↦→ e −ɛx2 +iλx 2et b. Nousdéduisons alors du Lemme 6 et de la formule de Parseval que :∫ (1G ɛ (λ) =2 √ π √ ξ 2 )exp − ˆb(ξ)dξ. (12)ɛ − iλ 4(ɛ − iλ)RNous allons montrer que cette intégrale est convergente en utilisant le théorème de convergencedominée de Lebesgue. En effet, pour tout λ ≠ 0 et tout ξ ∈ R, on a :(ξ 2 ))1. lim exp −= exp(−i ξ2,ɛ→0 4(ɛ − iλ)4λ( ) ( )2. | exp −ξ2 ˆb(ξ) |= exp −ɛξ2 | ˆb(ξ) |≤| ˆb(ξ) | .4(ɛ−iλ)4(ɛ 2 +λ 2 )Or, b ∈ C ∞ 0 (R), donc ˆb ∈ L 1 (R). En outre,limɛ→0{ √√ ei π 4 | λ | si λ < 0,ɛ − iλ = √ (13)λ si λ > 0,e −i π 4Nous déduisons alors de l’expression (12) de G ɛ , de la relation (13) et de la convergence de G ɛque :∫lim G 1ɛ = G avec G(λ) =ɛ→0 2 √ π | λ | ei signe(λ) π ξ2−i 4 e 4λˆb(ξ)dξ. (14)RLemme 8. Pour tout N ∈ N et tout y ∈ R, on ae iy =N∑ (iy) nn=0n!+ A N (y) avec | A N (y) |≤ | y |N+1(N + 1)! .Démonstration. Il suffit d’écrire la formule de Taylor à l’ordre N avec reste intégral. L’expressionde A N est ainsi :∫ 1A N (y) = (iy)N+1 (1 − u) N e iuy du.N!Par conséquent,| A N (y) |≤ | y |N+1N!∫ 100(1 − u) N du = | y |N+1(N + 1)! .Le Lemme 8 avec y = − ξ24λ(14) :permet de donner une nouvelle expression de G(λ) en utlisantG(λ) = ei π 4 signe(λ) N∑2 √ (−i) nπ | λ | 4 n n! λ−n ξn=0∫R2nˆb(ξ)dξ + RN (λ), (15)avec R N (λ) = ei π 4 signe(λ) ∫ ( )2 √ A N − ξ2 ˆb(ξ)dξ.π | λ |4λOr, par hypothèse, b ∈ C0 ∞(R), donc ˆb est à décroissance rapide à l’infini et nous pouvons écrirela formule d’inversion de Fourier pour b, ainsi :b(x) = 1 ∫e −ixξˆb(ξ)dξ. (16)2πR7R

De plus, nous pouvons dériver sous le signe intégrale autant que voulu. Nous en déduisons alorsl’expression de la dérivée 2n-ième en 0 de b :b (2n) (0) = 1 ∫(−iξ) 2nˆb(ξ)dξ. (17)2πRCette dernière relation permet, en reprenant (15) et le Lemme 8 d’obtenir une nouvelle expressionde G :√ π∑NG(λ) = √ e i π 4 signe(λ) i n| λ | 4 n n! λ−n b (2n) (0) + R N (λ), (18)avecn=0| R N (λ) |≤ C N | λ | −N− 3 2Ceci achève la démonstration du Lemme 7.∫R| ξ | 2N+2 | ˆb(ξ) | dξ.Théorème 9. Supposons que h s’annule en exactement un point x 0 ∈ (a, b) tel que h ′′ (x 0 ) ≠ 0.Alors, il existe une suite (A n ) n de C telle que pour tout N ∈ N, on a pour tout t ≥ 1 :avecEn particulier,⎧⎨⎩∫ bag(x)e ith(x) dx =N∑A n t n− 1 2 + RN (t), (19)n=0A 0 = e ith(x 0) √ 2π e iɛ π 4√ g(x |h0) avec ɛ = signe h ′′ (x 0 ),′′ (x 0 )|| R N (t) | = O(t −N− 3 2 ), t ≥ 1.∫ ba(20)g(x)e ith(x) dx ∼ A 0√tlorsque t → 0, si g(x 0 ) ≠ 0. (21)Démonstration. Remarquons que nous avons traité au Lemme 7 le cas où g(x) = λx 2 . Passonsau cas général. Notons F (t) l’intégrale :∫F (t) = g(x)e ith(x) dx.RNous allons nous ramener au cas où h(x) = x 2 en écrivant le la formule de Taylor avec resteintégral de h.Lemme 10. Sous les conditions du Théorème 9, il existe un intervalle I et une fonction C ∞φ: (−α, α) → I = (x 0 − γ, x 0 + γ),telle que :– φ est un difféomorphisme local de (−α, α) sur I,– ∀s ∈ (−α, α), h(φ(s)) = h(x 0 ) + ɛs 2 .Démonstration. Ecrivons la formule de Taylor de h avec reste intégral :∫ 1h(x) = h(x 0 ) + (x − x 0 ) 2 (1 − t)h ′′ (x 0 + t(x − x 0 ))dt= h(x 0 ) + (x − x 0 ) 2 k(x).08

Grâce à l’expression intégrale de k, nous remarquons que k ∈ C ∞ (R) et que :k(x 0 ) = 1 2 h′′ (x 0 ) = ɛ 2 | h′′ (x 0 ) | .Il existe donc un intervalle (x 0 − β, x 0 + β) sur lequel | k(x) |≥ 1 4 | h′′ (x 0 ) |.Posons∀x ∈ (x 0 − β, x 0 + β), (x − x 0 ) | k(x) | 1 2 = s(x). (22)Nous pouvons appliquer le théorème des fonctions implicites : il existe un intervalle (x 0 −γ, x 0 +γ) ⊂ (x 0 − β, x 0 + β) et un difféomorphisme C ∞ φ: (−α, α) → (x 0 − γ, x 0 + γ) tel que :(φ(s) − x 0 ) | k(φ(s)) | 1 2 = s ou h(φ(s)) = h(x0 ) + ɛs 2 .Coupons l’intégrale F selon que l’on est proche de x 0 ou non. Notons (a, b) le support de lafonction g. Alors :avec∫ bag(x)e ith(x) dx = U(t) + V (t) + W (t),U(t) =V (t) =W (t) =∫ x0 −γa∫ x0 +γx 0 −γ∫ bx 0 +γg(x)e ith(x) dx,g(x)e ith(x) dx,g(x)e ith(x) dx.Comme h ′′ ne s’annule pas sur (a, x 0 − γ) ∪ (x 0 + γ, b), nous pouvons appliquer le Théorème 5,alors, pour tout n ∈ N, nous avons :U(t) = O(t −n ) et W (t) = O(t −n ). (23)Etudions maintenant l’intégrale V en effectuant le changement de variables x = φ(s), il vient :Notons queV (t) =∫ α−α= e ith(x 0)g(φ(s))φ ′ (s)e ith(x 0) e itɛs2 ds (24)∫ α−α√2g 1 (0) = g(x 0 )| h ′′ (x 0 ) | .g 1 (s)e itɛs2 ds. (25)Nous pouvons maintenant reprendre le calcul de G(λ) pour le cas particulier h(x) = λx 2 etchoisir λ = signe(h ′′ (x 0 ))t = ɛt, t > 0. Nous reprenons ainsi la relation (9). Nous obtenonsalors :V (t) = √ N∑πe iɛ π 4 B n t −n− 1 2 + RN (t) avec R N (t) = O(t −N− 3 2 ). (26)n=0Calculons B 0 . D’après (9), nous savons que :√2B(0) = b(0) = g 1 (0) = g(x 0 )| h ′′ (x 0 ) | .9