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Analyse Chapitre 6 : Transformée de Fourier

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Texte intégral

(1)

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

(2)

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

0

f(t)e−intdt

fˆ(n) =R

0 f(t)∂tin1e−int

dt= in1 R

0 f0(t)e−intdt. Doncfˆ(n) = in10(n).

De plus|fˆ(n)|6 nkf0kL(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 0

f(y)

N

X

n=−N

ein(x−y)dy

PosonsDN(t) =PN

n=−N eint

appelénoyau de Dirichlet. AlorsSN(f) =f∗DN. On a : DN(t) = 1

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

N(f)|=

Z 0

f(y)DN(−y)dy

6kfkL(T)kDNkL1(T)

Donc,

NkL(C0(T,C))6kDNkL1(T)

Montrons qu’il y a égalité. Si on avaitDN >0, on prendraitf = 1pour avoirΛ1=R

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)

(3)

Alors,

ΛN(fε) = Z

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

0

f(x−y)DN(y)dy= Z

0

(f(x)−f(x−y))DN(y)dy

car

Z 0

DN(y)dy= Z

0 N

X

n=−N

einy 2π =

Z 0

ei0y 2π dy= 1

(f−SN(f))(x) = Z

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

0

f(x) sin(nx)dx−−−−−→

n→+∞ 0 pour f continue Par Riemann-Lebesgue,(f−SN(f))(x)−−−−−→

n→+∞ 0.

(4)

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

(5)

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)siny 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−1n−α−2n−1). On choisitδ=nα3 (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.

(6)

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·ξ

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|2x(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 deC0dansL1(Rn).

(7)

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 :

xαβxf =xα11. . . xαnnxβ1

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).

(8)

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 : ρ016. . .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)

(9)

ρn(f) = X

|α|6n

X

|β|6n

kxαβxfkL(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

(10)

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

n(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

(11)

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.

(12)

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)

(13)

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+. . .

01x+α2x2+. . .+αmxm+. . .

(14)

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!n0= n1 ⇒ a0= 1n α0= n1 ⇒ a0=n1

α1= 0 ⇒ a1= 0 . . .

∀k < n, αk = 0 ⇒ ak= 0

AlorsP(f) =α0nxn+. . .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

αju(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)

(15)

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

kxαxβfkL(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).

(16)

1. f ∈ S(Rn) ⇒ xαxβf ∈ 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

Z

|f|dx= Z

(1 +|x|)n+1|f|

| {z }

k.kL∞6Nn+1(f)

dx

(1 +|x|)n+1 <+∞

Montrons que xαxβ(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.

(17)

5. ∂ξjfˆ=∂ξjR

e−ix·ξf dx 6.

∂‘xjf = Z

e−ix·ξxjf dx=− Z

xj(e−ix·ξ)f dx= Z

je−ix·ξf dx=iξj

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).

ξαξβfˆ(ξ) =

F ∂xα(xβf) OrkF(g)kL 6kgkL1 donc :

ξαξβfˆ(ξ) L 6

xα(xβf) L1 On a, si|α|,|β|6p:

ξαξβfˆ(ξ)

L 6 X

0|6p

X

0|6p

xα0xβ0f L1

Car∂xα(xβf)est combinaison linéaire dexα0xβ0f,|α0|,|β0|6p. Donc :

ξαξβfˆ(ξ)

L 6C X

0|6p

X

0|6p

(1 +|x|)n+1xα0xβ0f L

Donc si|α|,|β|6p:

ξαξpfˆ(ξ)

L(Rn)6CpNp+n+1(f)

Pour touta∈]0,+∞[,

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).

(18)

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)·ξeε

2

2|ξ|2u(y)dydξ

Alors :

uε(x) = 1 (2π)n

Z u(y)

ÅZ

e−i(x−y)·ξeε

2 2|ξ|2

ã dy

= 1

(2π)n Z

u(y)e12|x−y|2 Å2π

ε2 ãn2

dy

= 1

(2π)n2 Z

u(y)e

|x−y|

2 ε−ndy

Doncuε s’écrit commeuε=u∗φε.

φε(ζ) = ε−n (2π)n2e

|ζ|2

2 =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

(19)

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)|6kukLkvkL1 6CkukLkvkNn+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)

(20)

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,Aθ=cθ

3. A, B adjoints continus⇒ A·B adjoint continu et(A·B)=B◦A. 4. On combine 1,2,3⇒A=P

finiecαxα 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, AviS0×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∼.

(21)

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)

(22)

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

−1puconverge 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

−1p

−−−−−→

N→+∞ Fudans S0. donc P1

−1pu−−−−−→

N→+∞ udans S0 carF−1S0 −→ S0 continue.

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