Analyse
Chapitre 6 : Transformée de Fourier
Lucie Le Briquer 30 novembre 2017
Table des matières
1 Introduction à la transformée de Fourier 5
2 Transformée de Fourier sur la classe de Schwartz 6
3 Espaces vectoriels topologiques 8
4 Propriétés élémentaires de la transformée de Fourier sur la classe de Schwartz 15
5 Distributions tempérées 19
6 Décomposition de Littlewood-Paley 21
Lien entre transformée de Fourier et régularité : séries de Fourier. Soitf ∈ C1(T)(i.e.f est C1 etf:R→Cest2π-périodique). On a :
fˆ(n) = Z 2π
0
f(t)e−intdt
fˆ(n) =R2π
0 f(t)∂t −in1e−int
dt= in1 R2π
0 f0(t)e−intdt. Doncfˆ(n) = in1fˆ0(n).
De plus|fˆ(n)|6 2πnkf0kL∞(T) pour n6= 0. Si f ∈ C2(T), on a|fˆ(n)|6 nC2, d’oùP
n∈Z|fˆ(n)|<
+∞. On en déduit que :
SN(f) :x7−→ 1 2π
N
X
−N
fˆ(n)einx converge uniformément vers f
car(C0(T),k.k∞)est complet.
∃f ∈ C0(T)tel queSN(f)(0)ne converge pas versf(0).
Propriété 1
Preuve.
SN(f)(x) = 1 2π
Z 2π 0
f(y)
N
X
n=−N
ein(x−y)dy
PosonsDN(t) =PN
n=−N eint
2π appelénoyau de Dirichlet. AlorsSN(f) =f∗DN. On a : DN(t) = 1
2π
sin N+12 t sin 2t
Introduisons :
Λn:
ß C0(T) −→ C f 7−→ SN(f)(0)
C’est une forme linéaire continue. Par Banach-Steinhauss, si (Λn)n∈N est simplement bornée, alors elle est bornée dans C0(T)∗. Montrons donc que (Λn)n∈N n’est pas bornée dans C0(T)∗. Ceci impliquera qu’il existef ∈ C0(T)telle que (Λn(f))n∈Nnon-bornée, i.e. que (Sn(f)(0))n∈N diverge.
On a
|λN(f)|=
Z 2π 0
f(y)DN(−y)dy
6kfkL∞(T)kDNkL1(T)
Donc,
kΛNkL(C0(T,C))6kDNkL1(T)
Montrons qu’il y a égalité. Si on avaitDN >0, on prendraitf = 1pour avoirΛ1=R2π
0 DN(−y)dy= kDNkL1kfkL∞
| {z }
=1
. Dans l’idée on veut donc poser f(y) =sgn(DN(−y))mais pas continu ! Soit :
fε(y) = DN(y)
|DN(y)|+ε, ε >0, fε∈ C0(T)
Alors,
ΛN(fε) = Z 2π
0
DN(y)2
|DN(y)|+εdy et ΛN(fε)−−−→
ε→0 kDNkL1(T) par TCD On en déduit quekΛNkL(C0(T,C))=kDNkL1(T)et on rappelle que :
kDNkL1(T)>
Z N 0
sin(u) du
du−−−−−→
N→+∞ +∞
Supposons quef ∈ C0(T)vérifie, pourα >0 : [f]0,α= sup
x6=y
|f(x)−f(y)|
|x−y|α <+∞ (f estα−hölderienne) AlorsSN(f)converge simplement versf.
Propriété 2
Remarque.
• 1−hölderienne : lipschitzienne
• α−hölderienne : constante pourα >1
• Le cas intéressant est0< α <1 Preuve.
(f−SN(f))(x) =f(x)− Z 2π
0
f(x−y)DN(y)dy= Z 2π
0
(f(x)−f(x−y))DN(y)dy
car
Z 2π 0
DN(y)dy= Z 2π
0 N
X
n=−N
einy 2π =
Z 2π 0
ei0y 2π dy= 1
(f−SN(f))(x) = Z 2π
0
f(x)−f(x−y) 2πsin(y/2)
| {z }
hα(y)∈L1
sin ÅÅ
N+1 2 ã
y ã
dy
|y|α
|y| =|y|α−1∈ L1textloc.
Rappel.(théorème de Riemann-Lebesgue) Z 2π
0
f(x) sin(nx)dx−−−−−→
n→+∞ 0 pour f continue Par Riemann-Lebesgue,(f−SN(f))(x)−−−−−→
n→+∞ 0.
Lien entre décroissance en Fourier et régularité höldérienne.
Soitf ∈ C0(T), α−höldérienne pourα∈]0,1], alors :
|fˆ(n)|6π1+α nα [f]0,α
Proposition 1
Preuve.
fˆ(n) = Z
f(x)e−inxdx=− Z
f(x)e−in(x+nπ)dx=− Z
f x−π
n
e−inxdx Ainsi,
fˆ(n) =1 2
Z
f(x)−f x−π
n e−inxdx Donc,
|fˆ(n)|61 2
Z
f(x)−f x−π
n
dx6 1
2 π
n α
[f]0,α
Z
dx=πα+1 nα [f]0,α
Soitf ∈ C0(T)telle que [f]0,α<+∞avecα∈]0,1], alors : kf−SN(f)kL∞ −−−−−→
N→+∞ 0 Théorème 1
Preuve.
f(x)−SN(f)(x) = Z π
−π
(f(x)−f(x−y))DN(y)dy=A+B
oùA=R
|y|<δ et B=R
δ<|y|<r
|A|6 Z
|y|<δ
C|y|α−1dy (pourδassez petit)6Cδα
(la valeur deCpeut changer,C signifie juste “une constante”). Considérons : hx(y) = f(x)−f(x−y)
2πsin(y/2)
On a : B=
Z
δ<|y|<r
hx(y) sin ÅÅ
n+1 2 ã
y ã
dy=− Z
δ<|y|<r
hx(y) sin ÅÅ
n+1 2 ã
(y+yn) ã
dy
oùyn= n+π1 2
B= Z
r>|y−yn|>δ
(hx(y)−hx(y−yn)) sin ÅÅ
n+1 2 ã
y ã
dy
= 1 2
Z
r>|y|>δ
(hx(y)−hx(y−yn)) sin ÅÅ
n+1 2 ã
y ã
dy
+ Z
An
hx(y−yn) sin ÅÅ
n+1 2 ã
y ã
µ(y)dy avec|µ(y)|= 1.
hx(y) =f(x)−f(y)2πsiny 2
; pour|y|>δ, on a :
(1) |hx(y)−hx(y+τ)|6C|τ|α
δ [f]C0,α+||f||L∞
δ2 |τ|
(2) |hx(y)|6C||f||L∞
δ Donc on a :
|B|6C
δ|yn|α+ C
δ2|yn|+C δ|An|
Or,|An|6C|yn|. Donc|A|+|B|6C(δα+δ−1n−α+δ−2n−1). On choisitδ=n−α3 (n=N ...) On a donc|A|+|B| →0 uniformément pourN→+∞.
Remarque.On a utilisé le lemme suivant avecu(y) =f(x)−f(x−y),v(y) = sin(y/2)1 :
∀α∈]0,1] : [uv]0,α6||u||L∞[v]0,α+||v||0,α||u||L∞
Lemme 1
(un peu différent dans la preuve plus haut car on a utilisé v lipschitzienne au lieu de v α- hölderienne).
1 Introduction à la transformée de Fourier
Fourier :f = somme d’exponentielles oscillantes, où une exponentielle oscillante est une fonction de la formee(x) = exp(iξ·x),ξ∈Rn.
• Pour f 2π-périodique,f =Pfˆnexp(inx): naturel, on décompose juste sur une base.
• Pour f quelconque, on pose :
fˆ(ξ) = Z
Rn
f(x)e−ix·ξdx
Soitf ∈C0∞(Rn). On af = ˜f|QT, oùQT =]−T,+T[n,f˜2T-périodique. Or : f˜(x) = X
k∈Zn
fkexp
Åiπk·x T
ã
oùfk =cTR
QT
f˜¯ekdx,ek =eiπk·xT ,cT =|Q1
T|= (2T1)n.
Donc :
f = X
k∈Zn
1 (2T)n
Z
QT
f(y)eiTπk·(x−y)dy= X
k∈Zn
1 TnFx
Åk T
ã
oùFx(ξ) =21n
R
Rnf(y)eiπξ(x−y)dy.
PourT →+∞,
f = 1 2n
Z
Rn
Z
Rn
f(y)eiπξ(x−y)dydξ
Alors, pourxξ→ξ:
f(x) = 1 (2π)n
Z
Rn
ÅZ
Rn
f(y)e−iξ·ydy ã
eix·ξdξ
Soitf ∈ L1(Rn). On définit sa transformée de Fourier par : fˆ(ξ) =
Z
f(y)e−iξ·ydy Définition 1(transformée de Fourier)
Soitf ∈L1(Rn)telle quefˆ∈L1(Rn). Alors : f(x) = 1
(2π)n Z
Rn
fˆ(ξ)eix·ξdξ Théorème 2
2 Transformée de Fourier sur la classe de Schwartz
Transformée de Fourier surL1trop restrictif.
Sif ∈ L1 et fˆ∈ L1, alorsf est continue et de limite nulle à l’infini.
Propriété 3
Preuve.
On montre que f ∈ L1 ⇒fˆcontinue et de limite nulle à l’infini. fˆcontinue par les théorèmes généraux.
1. Sif ∈ C02:
fˆ(ξ) = Z
f(x)−1
|ξ|2∆x(e−ix·ξ)dx avec∆x=Pδ2xj
∆x(e−ix·ξ) =X
(iξj)2=−|ξ|2et Z
f∆xg= Z
(∆xf)g
2. Sif ∈ L1, on utilise la densité deC0∞dansL1(Rn).
Les fonctions de limite nulle à l’infini forment un espace trop petit à notre goût : on veut définir fˆpourf vivant dans un espace plus gros.
Sif ∈L1(R)est telle quef etfˆsont à support compact, alorsf ≡0.
Propriété 4
Preuve.
SoitF: C−→Cdéfinie par F(z) =R
e−izxf(x)dx. F|R= ˆf, donc F s’annule sur un intervalle non-trivial ; impossible par analycité.
La classe de Schwartz est l’espace noté S(Rn) des fonctions C∞(Rn,C) telles que, ∀α ∈ Nn,∀β ∈Nn :
xα∂βxf =xα11. . . xαnn∂xβ1
1. . . ∂βxn
nf est bornée.
Définition 2(classe de Schwartz)
Remarque.On a C0∞(Rn)⊂ S(Rn)maisx7→exp(−|x|2)∈ S(Rn)\ C0∞(Rn).
3 Espaces vectoriels topologiques
Un espace vectoriel topologique est unK−ev (K=RouC) muni d’une topologie telle que : 1. {x}est fermé pour tout x
2. (x, y)7−→x+y,(λ, x)7−→λ.xsont continues Définition 3(espace vectoriel topologique)
Exemple.Un e.v.n.
1. Unesemi-norme est une applicationρ:E−→[0,+∞[telle que : (a) ρ(λx) =|λ|ρ(x)
(b) ρ(x+y)6ρ(x) +ρ(y)
2. Unenorme est une semi-norme telle queρ(x) = 0 ⇒ x= 0.
3. {ρn}n∈Nest unefamille graduée de semi-normes si : ρ06ρ16. . .6ρn 6. . .
4. {ρn}n∈Nest unefamille séparante si :
x= 0 ⇔ ∀n∈N, ρn(x) = 0 Définition 4(semi-norme, norme)
Exemples.
1. K compact deRn,E=CK∞(Rn)(C∞ à support dansK). Alors : ρn(f) = max
|α|6n
sup
K
∂αxf(x) Ici, en fait, ρn est une norme∀n.
2. Espaces locaux.Lploc(Ω),Ωouvert de Rn
lK(f) =k1KfkLp(Ω) semi-norme mais pas norme ln=lKn oùKn=B(0, n)∩ {x∈Ω|d(x, ∂Ω)>1/n}
3. C1(Ω): espace normé,Ωborné. C1(Ω): ρn(f) = supKn{|f(x)|+|∇f(x)|}
SoitX muni d’une topologieT et B ⊂ P(X).
1. Best unebase si tout ouvert (U ∈ T) est une réunion d’éléments deB.
2. B est unebase de voisinage d’un pointx∈X si, ∀V voisinage de x(i.e. ∃U ∈ T tel quex∈U ⊂V),∃O∈ Btel quex∈O⊂V.
3. SiB est une base deT, on dit queT est induite parB.
Définition 5(base, base de voisinage)
ρn(f) = X
|α|6n
X
|β|6n
kxα∂βxfkL∞(Rd)
Considérons un espace vectorielEmuni d’une famille séparante et graduée de semi-normes {ρn}n∈N. Pour x∈E,n∈N, ε >0, on pose :
Bn(x, ε) ={y∈E| ρn(y−x)< ε}
On munitE de la topologie induite par :
B={Bn(x, ε), x∈E, n∈N, ε >0}
Alors :
1. ∀x0∈E,Bx0 ={Bn(x0, ε) : n∈N, ε >0} est une base de voisinages dex0. 2. E est un e.v.t.
3. La convergence d’une suite(xj)j∈Nversxéquivaut à : ρn(xj−x)−−−−→
j→+∞ 0 ∀n∈N
4. Cette topologie est métrisable et elle est induite par la distance : d(x, y) =X
n∈N
2−n ρn(x−y) 1 +ρn(x−y) (∗) Proposition 2
Preuve.
1. Soitx0∈E et V un voisinage dex0.∃U ouvert⊂V,x0∈U. U ouvert pour la topologie induite par B donc ∃(n, x1, ε) | x0 ∈ Bn(x1, ε) ⊂ V. Donc ρn(x0 −x1) < ε. Posons δ=ε−ρn(x20−x1).
×x0
×ε
x1 U V
Si x∈Bn(x0, δ), alors montrons quex∈Bn(x1, ε)⊂V. On a : ρn(x−x1)6ρn(x−x0) +ρn(x0−x1)
6δ+ρn(x0+x1) 6 ε
2+1
2ρn(x0−x1)
< ε 2+ε
2 =ε
2. Soitx0∈E,y0∈Eet soitV un voisinage dex0+y0.∃n, ∃ε >0tel queBn(x0+y0, ε)⊂V. Or par inégalité triangulaire :
ρn(x−x0)< ε
2 etρn(y−y0)< ε
2 ⇒ x+y∈Bn(x0+y0, ε)
φ:
ß E×E −→ E
(x, y) 7−→ x+y φ−1(V)⊃Bn(x0, ε/2)×Bn(x0, ε/2)
3. (xj)j∈N −→ x signifie que ∀V voisinage de x, ∃J ∈ N tel que ∀j > J, xj ∈ V. Donc ρn(xj−x)−−−−→
j→+∞ 0, ∀n, avecV ∈ {Bn(x,1/k), k ∈N}. Réciproque en utilisant la base de voisinages.
4. • dbien définie
• d(x, x) = 0
• d(x, y) = 0 ⇒ ∀n∈N, ρn(x−y) = 0 ⇒ x=y
• d(x, y) =d(y, x)carρn(z) =ρn(−z)
• dvérifie l’inégalité triangulaired(x, z)6d(x, y) +d(y, z). En effet, il suffit de montrer que :
∀n, (x, y)7−→ ρn(x−y)
1 +ρn(x−y) vérifie la même propriété Soit
κ:t7→ t
1 +t on a κ0(t) = 1
1 +t− t
(1 +t)2 >0 Donc par inégalité triangulaire surρn :
ρn(x−z)
1 +ρn(x−z) 6 ρn(x−y) +ρn(y−z) 1 +ρn(x−y) +ρn(y−z)
6 ρn(x−y)
1 +ρn(x−y)+ ρn(y−z) 1 +ρn(y−z)
car a+b
1 +a+b = a
1 +a+b+ b
1 +a+b 6 a
1 +a+ b 1 +b
Les espacesLpK(Ω),CK∞(Ω)etS(Rn)sont complets pourd.
Propriété 5
Unespace de Fréchet est un espace vectoriel topologique complet pourd.
Définition 6(espace de Fréchet)
Ee.v.t etA⊂E.
1. On dit queAestborné si∀V voisinage de0,∃s >0tel que ∀t>son a A⊂tV. 2. On dit queAestéquilibré (balanced) si :
λA⊂A ∀λ∈Kavec|λ|61 Définition 7(borné, équilibré)
Exemple.Bk.k(0,1)est borné et équilibré. En revancheBk.k(0,2)\Bk.k(0,1)n’est pas équilibré.
SoitE un e.v.t.,A⊂E. Alors : 1. A=T
V(A+V)avecV voisinage de 0 2. A+B ⊂A+B
3. Tout voisinage de0contient un voisinage équilibré de0.
4. Tout ouvertV contenant0 contient un ouvertU équilibré tel que U+U ⊂V. 5. SiA est borné alorsAest borné.
Propriété 6
Preuve.
1. x∈Assi∀W voisinage dex,W ∩A6=∅.
• Soitx∈A etV un voisinage de0. Montrons quex∈A+V.x−V est un voisinage de xcary 7→x−y est un homéomorphismeE −→E. Donc(x−V)∩A6=∅, ainsi x∈A+V.
• Réciproquement, supposons que x∈ ∩V∈V(0)(A+V). SoitW ∈ V(x), alors x−W ∈ V(0)donc :
x∈A+ (x−W) ⇒ ∃a∈A, ∃w∈W tel quex=a+x−w
⇒ a=w
⇒A∩W 6=∅
Ainsix∈A.
2. Soit x∈A+B. Montrons que x∈ A+B+V ∀V ∈ V(0). Par continuité de l’addition,
∃V1∈V(0), ∃V2∈ V(0)tel queV1+v2⊂V. On a x∈A+V1
| {z }
⊃A
+B+V2
| {z }
⊃B
=A+B+ (V1+V2)⊂A+B+V
⇒ x∈ ∩V∈V(0)(A+B+V) =A+B.
3. Soit V ∈ V(0). Par continuité de (λ, x)7−→λx en(0,0), il existeδ >0 et W ∈ V(0)tels que ∀λ∈]−δ, δ[, ∀x∈ W, λx ∈V. On pose U =S
|λ|6δ2λW,U est un ouvert équilibré contenu dansV.
4. D’après (3), il suffit de montrer qu’il existeY ouvert voisinage de 0 tel que U+U ⊂V. On a déjà vu que ∃V1, V2 ∈ V(0) tels que V1+V2 ⊂ V. Posons W = V1∩V2 ∈ V(0), alors W +W ⊂ V. En appliquant ce raisonnement à W lui-même : ∃U ∈ V(0) tel que U+U ⊂W. Alors :
U+U ⊂
(2)
U +U⊂W = \
V∈V(0)
(W+V) ⊂
W∈V(0)
W+W ⊂V
5. SoitAborné et V ∈ V(0),∃s >0,A⊂tV pourt>s. Or, A⊂A+V ⊂tV +V = (t+ 1)V
DoncA⊂tV,t>s+ 1 −→ Aborné.
Exemple d’application.
Théorème de Baire: tout espace métrique complet est de Baire (intersection dénombrable d’ou- verts denses est dense). Dans les démonstrations on l’utilise sous la formeS
Nfermés d’intérieur vide est d’intérieur vide.
Théorème de Banach-Steinhaus:{Tα}α∈Afamille d’applications linéaires continues,Tα:E−→F oùF est un e.v.n. etE de Banach, simplement bornée :
∀x∈E, sup
α∈A
kTαxkF <+∞
Alors,
sup
α
kTαkL(E,F)<+∞
SoitX, Y e.v.t. etF ={f: X −→Y}une famille d’applications linéaires continues.F est équicontinuesi :
∀V ∈ V(0), ∃U ∈ V(0)tel que ∀f ∈ F, f(U)⊂V Définition 8(équicontinuité)
SoitX un espace de Fréchet etY un e.v.t. SoitFune famille d’application linéaire continues telle que∀x∈X, {f(x) :f ∈ F }est bornée dansY. AlorsF est équicontinue.
Théorème 3(Banach-Steinhaus, Fréchet)
Preuve.
SoitV ∈ V(0). Montrons que∃U ∈ V(0)tel quef(U)⊂V ∀f ∈ F. On sait∃W équilibré tel que W+W ⊂V. Posons :
F = \
f∈F
f−1(W)
AlorsF est fermé. Montrons que F est d’intérieur non vide. Montrons queX =S
n∈NnF. Vrai car{f(x) :f ∈ F }bornée.∀x∈X, ∃nx, {f(x) :f ∈ F } ⊂nxW. Doncf(x)∈nxW ∀f. Donc fÄn
nx
ä∈W, doncn−1x x∈f−1(W)⇒x∈nxf−1(W)⇒x∈nxF.
Baire⇒nF d’intérieur non vide pour un certain n⇒F d’intérieur non vide.
Soitx0∈
◦
F“et posonsU =x0−
◦
F“ouvert.
f(U) =f(x0)−f◦ F“
∈W−W
Or −W =W car W équilibré, doncW −W =W +W ⊂ V par définition de W. On a donc montré que∀f ∈ F,f(U)⊂V
Contre-exemple. Théorème. Soit f: U −→B2 ∈ C1 avecU ⊂B1, B1, B2 Banach. Si df(x0) est un isomorphisme alorsf est unC1−difféomorphisme local.
Extension aux espaces de Fréchet impossible.
Contre-exemple de Hamilton : P:
ß C∞([−1,1]) −→ C∞([−1,1]) f 7−→ f−xfdxdf
On a :
dP(f)g= lim
ε→0
1 ε
P(f +εg)−P(f)
dP(0)g=g
DoncdP(0)isomorphisme. Si on avait l’inversion locale dans ce contexte,P(C∞)continue sur un voisinage de l’origine. Or Hamilton montre quegn =n1 +xn!n n’appartient pas àP(C∞([−1,1])).
Orgn−−−−−→
n→+∞ 0dansC∞([−1,1]). En effet,
∀j∈N, max
06k6j sup
[−1,1]
gn(k)(x)
−−−−−→
n→+∞ 0
Soitf ∈ C∞([−1,1]). Étudions l’équationP(f) =gn. Supposonsf solution. Développement de Taylor def :
f =a0+a1x+a2x2+. . .+amxm+. . . CommeP(f) =f−xf f0,
P(f) =a0+a1x+a2x2+. . .−x(0+a1x+. . .)(a1+ 2a2x+. . .)
=a0+ (a1−a0a1)x+ (a2−2a0a2−a21)x2+. . .
=α0+α1x+α2x2+. . .+αmxm+. . .
avec
α0=a0 α1=a1−a0a1
α2=a2−2a0a2−a21 . . .
αk =ak−ka0ak+Qk(a1, . . . , ak−1)
oùQk polynôme tel queQk(0) = 0. AlorsP(f) = 1n+xn!n,α0= n1 ⇒ a0= 1n α0= n1 ⇒ a0=n1
α1= 0 ⇒ a1= 0 . . .
∀k < n, αk = 0 ⇒ ak= 0
AlorsP(f) =α0+αnxn+. . .oùαn=an−na0an = 0⇒αn=n!1 n’est pas possible.
Soituune fonction de classeCk surRn, on a : u(x+y) = X
|α|<k
1
α!yα(∂αu)(x) + X
|α|=k
k α!yα
Z 1 0
(1−t)k−1(∂αu)(x+ty)dt Théorème 4
Remarque.αmulti-indice, on a
α! =α1!×. . .×αn!
∂α=∂1α1. . . ∂nαn
|α|=α1+. . .+αn
Preuve.(de Hörmander) d
dt Ñ
X
|α|=k−1
1
α!yα(∂αu)(x+ty) é
= X
|α|=k−1
1 α!yα
n
X
j=1
∂α∂ju(x+ty)yj
= X
|β|=k
Ñ
X
α6β,|α|=k−1
1 α!
é
yβ(∂βu)(x+ty)
= X
|β|=k n
X
j=1
βj
β!yβ(∂βu)(x+ty)
Carβ= (β1, . . . , βn)de normek⇔(β1−1, β2, . . . , βn)de normek−1(−1sur unβjquelconque) ; dans ce cas :
1 α! = 1
α1!. . . 1 αn! =β1!
β! Donc :
d dt
Ñ X
|α|=k−1
1
α!yα(∂αu)(x+ty) é
= X
|β|=k
k
β!yβ(∂βu)(x+ty)
Si l’on pose
v(t) = X
|α|<k
(1−t)|α|
α! yα(∂αy)(x+ty)
v vérifiev(1) =u(x+y), v(0)=développement de Taylor, et :
∂tv= X
|α|=k
k
α!yα(1−t)k−1(∂αu)(x+ty)
4 Propriétés élémentaires de la transformée de Fourier sur la classe de Schwartz
Déjà vu : séries de Fourier
HHilbert,H=L2(Tn) =L2per(Rn),(ek)base hilbertienne (ek(x) = exp(ik·x)),f ∈H : f = X
k∈Zn
hf, eki.ek
f ∈ C0∞(Rn)vue(2T)−périodique pourT grandT →+∞
f(x) = 1 (2π)n
Z Z
ei(x−y)·ξf(y)dydξ
fˆ(ξ) = Z
e−iy·ξf(y)dy transformée de Fourier On chercheE, petit, tel quefˆ∈E sif ∈E.C0∞(Rn)ne convient pas.
On introduit alors la classe de SchwartzS(Rn). Pour f ∈ S(Rn),f ∈ C0∞(Rn)et : Np(f) = X
|α|6p
X
|β|6p
kxα∂xβfkL∞(Rn)<+∞
C0∞(Rn)⊂ S(Rn)
Soit(Np)p∈Nune famille graduée séparante de semi-normes.
• S(Rn)est un e.v.t. de Fréchet
• C0∞(Rn)est dense dansS(Rn) Propriété 7
f ∈ S(Rn),χ∈ C0∞(Rn), alorsχ k.
f −−−−−→
k→+∞ f dansS(Rn).
1. f ∈ S(Rn) ⇒ xα∂xβf ∈ S(Rn) 2. f ∈ S, g∈ S ⇒ f g∈ S 3. f ∈ S, g∈ S ⇒ f∗g∈ S
4. S(Rn)s’injecte continûement dansLp(Rn)∀p∈[1 +∞]
5. f ∈ S ⇒ fˆ∈ C1 et ∂ξjfˆ=−idxjf 6. f ∈ S ⇒ ξjfˆ=−i’∂xjf
Propriété 8
Preuve.
1. direct 2. direct
3. Soit f ∈ S, g ∈ S. On af, g ∈ C∞. f, g ∈ L1 alors f ∗g ∈ C∞(Rn) (récurrence avec le théorème de dérivation sous le signe somme).
4. Soitf ∈ S. On af ∈ L∞(Rn). Montrons quef ∈ L1(Rn). Alors on auraf ∈ Lp(Rn)car : L1(Rn)∩ L∞(Rn)⊂ \
p∈[1,∞]
Lp(Rn)
Z
|f|pdµ6 Z
|f|kfkp−1L∞dµ
Z
|f|dx= Z
(1 +|x|)n+1|f|
| {z }
k.kL∞6Nn+1(f)
dx
(1 +|x|)n+1 <+∞
Montrons que xα∂xβ(f∗g)∈ L∞ ∀α, β. On a ∂βx(f ∗g) = (∂βxf)∗g. Il suffit de considérer β = 0.xαf∗g∈ L∞? On a :
|x|6|x−y|+|y|
|xα|=|xα11. . . xαnn6|x|α1+...+αn|=|x||α|
Donc :
|x|α6 |x−y|+|y||α|
6 2 max{|x−y|,|y|}|α|
62|α|max
|x−y||α|,|y||α|
62|α| |x−y||α|+|y||α|
Ainsi,
|xαf∗g(x)|62|α|
ÅZ
|x−y||α||f(x−y)||g(y)|dy+ Z
|y||α||f(x−y)||g(y)|dy ã
Or |ξ||α||f(ξ)| ∈ L∞,|f| ∈ L∞,|g| ∈ L1,|y|α|g(y)| ∈ L1. Doncxαf∗g∈ L∞.
5. ∂ξjfˆ=∂ξjR
e−ix·ξf dx 6.
∂‘xjf = Z
e−ix·ξ∂xjf dx=− Z
∂xj(e−ix·ξ)f dx= Z
iξje−ix·ξf dx=iξjfˆ
f ∈ S ⇒ fˆ∈ S et ∀p, ∃Cp tel que ∀f ∈ S :
Np( ˆf)6CpNp+n+1(f) Propriété 9
Preuve.
Soitf ∈ S(Rn), alorsf ∈ C∞(Rn).
ξα∂ξβfˆ(ξ) =
F ∂xα(xβf) OrkF(g)kL∞ 6kgkL1 donc :
ξα∂ξβfˆ(ξ) L∞ 6
∂xα(xβf) L1 On a, si|α|,|β|6p:
ξα∂ξβfˆ(ξ)
L∞ 6 X
|α0|6p
X
|β0|6p
xα0∂xβ0f L1
Car∂xα(xβf)est combinaison linéaire dexα0∂xβ0f,|α0|,|β0|6p. Donc :
ξα∂ξβfˆ(ξ)
L∞ 6C X
|α0|6p
X
|β0|6p
(1 +|x|)n+1xα0∂xβ0f L∞
Donc si|α|,|β|6p:
ξα∂ξpfˆ(ξ)
L∞(Rn)6CpNp+n+1(f)
Pour touta∈]0,+∞[,
FÄ
e−a|x|2ä
=π a
n2 e−|ξ|
2 4a
Propriété 10
Remarque.En Fourier l’équation de la chaleur est très simple : ∂tu−∂x2u= 0, ∂tuˆ−∂dx2u= 0 donc∂tuˆ+ξ2uˆ= 0. Alorsu(t, ξ) =ˆ e−tξ2u(0, ξ) =ˆ e−tξ2 (siu0=δ, uˆ0= 1, ˆδ= 1).
Preuve.
ξ7−→ FÄ
e−a|x|2ä
(ξ)vérifie une EDO,n= 1 :
∂xe−ax2=−axe−ax2
∂xe−ix·ξ =−ixe−ix·ξ
Siu∈ S(Rn), alors∀x∈Rn, on a : u(x) = 1
(2π)n Z
eix·ξˆu(ξ)dξ Théorème 5
Preuve.
Soitu∈ S(Rn). On pose :
uε(x) = 1 (2π)n
Z Z
e−i(x−y)·ξe−ε
2
2|ξ|2u(y)dydξ
Alors :
uε(x) = 1 (2π)n
Z u(y)
ÅZ
e−i(x−y)·ξe−ε
2 2|ξ|2dξ
ã dy
= 1
(2π)n Z
u(y)e−2ε12|x−y|2 Å2π
ε2 ãn2
dy
= 1
(2π)n2 Z
u(y)e−
|x−y|
2ξ2 ε−ndy
Doncuε s’écrit commeuε=u∗φε.
φε(ζ) = ε−n (2π)n2e−
|ζ|2
2ε2 =e−nφ Åζ
ε ã
uε−→u(approximation de l’identité)
Sif etg sont dansS(Rn)alors : Z
f gdx= 1 (2π)n
Z fˆˆgdξ
Donc :
kfk2L2 = 1 2π
n
kfˆk2L2 Théorème 6
Preuve.
1. On montre que siϕ, ψ∈ S(Rn): Z
ˆ ϕψ=
Z
ϕψˆ (∗)
En effet :
Z φ(x)ψ(x)dxˆ = Z ÅZ
e−iyxϕ(y)dy ã
ψ(x)dx
= Z
ϕ(y) ÅZ
e−iyxϕ(y)ψ(x)dx ã
dy
= Z
ϕ(y) ˆψ(y)dy
2. On applique(∗)avecϕ=f,g= ˆψ⇒ψ=F−1(g)où : F−1(θ)(x) = 1
(2π)n Z
eiξxθ(ξ)dξ
Alors :
Z ˆ ϕψ=
Z
fˆF−1(g) = Z
fˆgˆ 1 (2π)n
carF−1(u) =(2π)1nF(u)et R
ϕψˆ=R
f gpar définition.
5 Distributions tempérées
L’espace des distributions tempérées, notéS0(Rn)est le dual topologique deS(Rn).
Définition 9(espace des distributions tempérées)
Remarque.T:S −→Clinéaire ∈ S0 ssi∃C >0,∃p∈Ntel que |T(f)|6CNp(f).
Exemples.
• Si u∈ L∞(Rn), on définit : T:
ß S −→ C v 7−→ R
u(x)v(x)dx
Alors|Tu(x)|6kukL∞kvkL1 6CkukL∞kvkNn+1(v). DoncTu∈ S0 (et Tu=Tu˜⇒u= ˜u).
• De même, si u∈ L1per(Rn),Tn:S −→C, v7−→R uvdx
• Tous lesLp(Rn),Lpper(Rn)
• H1(Rn),Cb0(Rn)
Notation.Pour T ∈ S0, v∈ S, on note< T, v >S0×S∈C.
SoitA:S −→ S linéaire continue. On dit queA admet unadjoint continu sur S s’il existe A∗:S −→ S linéaire continue tel que :
hAu, vi=hu, A∗vi ∀u, v∈ S
oùhf, gi=R f gdx.
Définition 10(adjoint)
Exemples.
1. A=∂xj (Np(Af)6Np+1(f)),A∗=−∂xj
2. c∈ S,Af =cf,A∗θ=cθ
3. A, B adjoints continus⇒ A·B adjoint continu et(A·B)∗=B∗◦A∗. 4. On combine 1,2,3⇒A=P
finiecα∂xα aveccα∈ S a un adjoint continu.
5. A=F A∗= (2π)nF−1
SiA:S −→ S a un adjoint continuA∗, on définitA˜:S0−→ S0 par : hAu, vi˜ S0×S=hu, A∗viS0×S
Définition 11
Soit :
T :
S −→ S0
u 7−→ Tu:
ß S −→ C v 7−→ R
uvdx AlorsT linéaire, continue,injectiveet :
A(T˜ u) =TA(u) ( ˜A prolongeA) Propriété 11
Remarque.On peut étendre ∂xj à S0, F à S0. On peut définir ∂˜xj étendu sur S0;∂˜xju, ∀u∈ L1(Rn). Siu∈ H1(Rn), ∂˜xjuest la dérivée au sens faible. On ne met pas de∼.
La transformée de FourierF:S0−→ S0 donnée par : hF(u), viS0×S =hu,viˆ S0×S0
est un isomorphisme (bij etF−1 continue) et :
F−1= (2π)−nF(f) Théorème 7
Preuve.
Construction etR ˆ ϕψ=R
ϕψ.ˆ
Siu∈ L2, alorsF(u)∈ L2et :
kF(u)k2L2= (2π)nkuk2L2
Propriété 12
Remarque.F(u)∈ L2 signifie∃h∈ L2 tel que F(u) =Th.
Soitm=m(ξ)C∞ sur Rn et telle que ∃c >0, ∃N tels que∀ξ∈Rn |m(ξ)|6C+C|ξ|N. On définit alorsm(Dx) :S0 −→ S0 par :
m(Dx)u=F−1(mFu)
(on vérifie quemFu∈ S0 ∀u∈ S0). On a alorsm(D÷x)u(ξ) =m(ξ)ˆu(ξ).
Définition 12(multiplicateur de Fourier)
6 Décomposition de Littlewood-Paley
Idée.Introduire un paramètre.
∃ψ∈ C0∞(Rn)et ∃ϕ∈ C0∞(Rn\{0})telles que :
∀ξ∈Rn, 1 =ψ(ξ) +
+∞
X
p=0
ϕ(2−pξ) Lemme 2(décomposition de l’unité)
Preuve.
ψ∈ C0∞(B(0,1)),ψ= 1surB(0,1/2)radiale. On poseϕ(ξ) =ψÄξ
2
ä−ψ(ξ).
On introduit pourp>0:
∆p=mp(Dx) avecmp(ξ) =ϕ(2−pξ) et on note∆−1=ψ(Dx).
On a :
id=
+∞
X
p=−1
∆p au sens des distributions
∀u∈ S0(Rn), la sériePN
−1∆puconverge versuquandN −→+∞.
Propriété 13
Preuve.
Soitu∈ S0(Rn)et θ∈ S(Rn). Alors :
N
X
−1
∆p=ψ(Dx) +X
ψ(2−p−1Dx−ψ(2−pDx
=ψ(2−N−1Dx)
Alors :
hF
N
X
−1
∆pu
!
, θiS0×S=hF ψ 2−N−1Dx u
, θiS0×S
=hψ(2−N−1)Fu, θiS0×S
=hFu, ψ(2−N−1)θiS0×S
Orχ(ak·)θ−→θdansS siak −→0.χ∈ C0∞(Rn). Donc : hF
N
X
−1
∆pu
!
, θi −−−−−→
N→+∞ hFu, θi
DoncFÄPN
−1∆puä
−−−−−→
N→+∞ Fudans S0. donc P1
−1∆pu−−−−−→
N→+∞ udans S0 carF−1S0 −→ S0 continue.