Transformation de Fourier

Transformation de Fourier

On d´efinit la transform´ee de Fourier d’une fonction int´egrable f : R → C par

fb(ξ) = 1

√2π Z

R

f(x)e^−iξxdx Exercice 1

1. (a) f₁(x) =e^−|x|. On af₁ ∈L¹(R) (fonction continue et `a d´ecroissance rapide, en particulier major´ee par _x¹₂ pour |x| assez grand). Le calcul suivant

fb₁(ξ) = 1

√2π Z

R

e^−|x|e^−iξxdx

= 1

√2π Z 0

−∞

e^xe^−iξxdx+ Z +∞

0

e^−xe^−iξxdx

= 1

√2π





"

e^x(1−iξ) 1−iξ

#0

−∞

+

"

e^{x(−1−iξ)}

−1−iξ

#+∞

0



=

= 1

√2π 1

1−iξ + 1 1 +iξ

= 1

√2π · 2 1 +ξ² =

r2 π · 1

1 +ξ²

est justifi´e par le fait que|e^x(1−iξ)|=e^x tend vers 0 quandxtend vers−∞et|e^{x(−1−iξ)}|=e^−x tend vers 0 quandx tend vers +∞. On a doncfb₁(ξ) =

r2 π · 1

1 +ξ².

(b) f₂(x) =e^−a|x|. On en d´eduitfb₂(ξ) grace `a la formule du change- ment d’´echelle. En effet,f<sub>2</sub>(x) =f<sub>1</sub>(ax) avec a >0, d’o`u

fb₂(ξ) = 1 afb₁

ξ a

= 1 a

r2 π

1 1 + (^ξ_a)²

!

= r2

π · a a²+ξ² 1

(c)

f₃(x) =

(1 si|x|6 ¹₂ 0 si|x|> ¹₂ On a que la fonctionf₃(x) =1

[−¹₂,¹₂](x)∈L¹(R) et fb₃(ξ) = 1

√2π Z

R

f₃(x)e^−iξxdx= 1

√2π Z ¹

2

−¹₂

e^−iξxdx= 1

√2π

e^−iξx

−iξ ¹₂

−¹₂

= 1

√2π

e^12iξ−e^−12iξ

iξ =

r2 π

sin₂^ξ ξ on a utilis´e que sinx= e^ix−e^−ix

2i . (d)

f₄(x) =













0 si x <−1 1 +x si −16x <0 1−x si 06x61 0 six >1

Cette fonction, appel´ee aussi fonction triangle appartient `aL¹(R).

Il faut calculer la transform´ee intervalle par intervalle, en faisant des int´egrations par parties.

fb₄(ξ) = 1

√2π Z ₀

−1

(1 +x)e^−iξxdx+ Z ₁

0

(1−x)e^−iξxdx

En int´egrant par partie:

Z ₀

−1

(1 +x)e^−iξxdx = i ξ

h

e^−iξx(1 +x)i0

−1− i ξ

Z ₀

−1

e^−iξxdx

= i

ξ − i ξ

e^−iξx

−iξ 0

−1

= i

ξ + 1 ξ²

1−e^iξ de meme:

Z 1

0

(1−x)e^−iξxdx = i ξ

h

e^−iξx(1−x)i1 0− i

ξ Z 1

0

e^−iξx(−1)dx

2

= i

ξ(−1) + i ξ

e^−iξx

−iξ 1

0

= −i ξ − 1

ξ²

e^−iξ−1

en faisant la somme des deux, on trouve:

1 ξ²

2−e^−iξ−e^iξ

= sin(^ξ₂)

ξ 2

!2

du moment que sin²

ξ 2

=−1 4

e^−iξ+e^iξ−2 .

Par cons´equent,

fb₄(ξ) = 1

√2π

sin(^ξ₂)

ξ 2

!2

(e) Il nous est demand´e de trouver une ´equation diff´erentielle satis- faite par fb₅(ξ).

Pour d´eterminer une ´equation diff´erentielle dont la fonction fb₅ est solution, il est logique de la d´eriver. Or, f₅ est continue et a d´ecroissance rapide, donc f₅ et xf₅(x) sont dans L¹. Ainsi fb₅ ∈ C¹(R) et (fb₅(ξ))^′ = −i \

(xf₅(x))(ξ) (Exercice 2 n.5). Par ailleurs xf₅(x) = xe^−x2 = −¹₂f₅^′(x). On utilise donc la formule donnant la transform´ee de la deriv´ee (Exercice 2 n. 2) apr`es avoir utilis´e celle donant la d´eriv´ee de la transform´ee, ce qui est licite puisquef<sub>5</sub> ∈L<sup>1</sup>(R)∩C<sup>1</sup>(R) avec f<sub>5</sub><sup>′</sup> ∈L<sup>1</sup>(R) (on l’a d´ej`a prouv´e puisquef₅^′(x) est proportionnel `axe^−x2).

On a donc

(fc₅(ξ))^′ =−ixf\₅(x)(ξ) =−i

−1 2fb₅^′(ξ)

= i 2

h

iξfb₅(ξ)i

=−ξ 2fb₅(ξ) Ainsifb₅ est solution de l’ ´equation diff´erentielle y^′(ξ) =−^ξ₂y(ξ), qui est lin´eaire homog`ene du premier ordre.

Sa solution g´en´erale sur Rest y(ξ) = Ce^−ξ

2

4 . La fonction fb₅ est 3

l’une de ces solutions, celle pour laquelleC =fb₅(0).

Or fb₅(0) n’est autre que 1

√2π Z _∞

−∞

e^−x2dx=

√π

√2π, int´egrale de la gaussienne surR (multipli´e par √¹

2π).

On a finalement:

fb_a(ξ) = 1

√2e^−ξ

2 4 .

Ce r´esultat exprime que la transform´ee d’une gaussienne est une autre gaussienne.

(f) On a f₆(x) = f₅(√

a x) donc, par la formule de changement d’´echelle,

fb₆(ξ) = 1

√afb₅( ξ

√a) d’o`u

fb₆(ξ) = 1

√2ae^−ξ

2 4a.

2.

f₃∗f₃(x) = Z

R

f₃(x−t)f₃(t)dt

=









 Z ¹

2

x−₂¹

dt si 06x61 Z x+¹₂

−¹₂

dt si −16x <0

=

(1−x si 06x61 x+ 1 si−16x <0 on peut remarquer quef\₃∗f₃=√

2πfb₃²=fb₄.

4