On sait que la transform´ee de Fourier-Plancherel est une isom´etrie de L2(R) sur lui-mˆeme

Universit´e Mohammed Premier Ann´ee 2020/2021

Facult´e Pluridisciplinaire de Nador Fili`ere SMA, S6

Transformation de Fourier D´epartement de Math´ematiques

Correction de la s´erie 2

Exercice 1 :

1. Sans dtailler les calculs, et en faisant notamment une int´egration par parties, on a : Z 0

−1

(1 +x)e^−2iπξxdx= i

2πξ + 1

4π²ξ² − e^2iπξ 4π²ξ². De mˆeme, on trouve

Z 1 0

(1−x)e^−2iπξxdx= −i

2πξ + 1

4π²ξ² −e^−2iπξ 4π²ξ². On en d´eduit :

f(ξ) =ˆ sin²(πξ) π²ξ² .

Ces calculs ne sont valables que si ξ 6= 0. Si ξ = 0, on doit calculer R

Rf(x)dx ou encore calculer l’aire du triangle. Elle vaut 1 (ce qui est coh´erent avec l’expression pr´ec´edente en faisant tendre ξ vers 0).

2. On sait que la transform´ee de Fourier-Plancherel est une isom´etrie de L²(R) sur lui-mˆeme. En utilisant cette isom´etrie (relation de Parseval), on en d´eduit

Z +∞

−∞

f(x)²dx= Z +∞

−∞

sin⁴(πx) π⁴x⁴ dx.

Avec le changement de variables y =πx, et en calculant la premi`ere int´egrale, on trouve

Z +∞

0

sin⁴x

x⁴ dx= π 3. Exercice 2 :

On remarque d’abord quef est bien dfinie pour toutx. En effet, on a

e^−t

√te^itx

≤ e^−t

√t.

Cette fonction est int´egrable sur [0,+∞[, car en 0 elle est ´equivalente ^√1

t qui est int´egrable (int´egrale de Riemann), et, au voisinage de +∞, elle v´erifie

e^−t

√t

≤ 1 t².

Prouvons ´egalement que f est de classeC¹. Pour cela, on remarque que la fonction g : (x, t)7→ e^−t

√te^itx

admet en tout point deR×]0,+∞[ une d´eriv´ee partielle par rapport x´egale `a

∂g

∂x(x, t) =i√

te^−te^itx. De plus, on a, pour toutx∈R,

∂g

∂x(x, t)

≤√ te^−t

et la fonction apparaissant droite dans l’in´egalit´e pr´ec´edente est int´egrable sur ]0,+∞[

(elle est continue en 0, et au voisinage de +∞, elle est n´egligeable devant 1/t²). On en d´eduit par le th´eor`eme de d´erivation des int´egrales `a param`etres que f est d´erivable, avec

f⁰(x) = Z +∞

0

i√

te^−te^itx.

On exprime le membre de droite de cette ´egalit´e en fonction de f grˆace `a une int´egration par parties, en posant v(t) = √

t et u(t) = _ix−1¹ e^(ix−1)t. Puisque u(0)v(0) = 0 et limt→+∞u(t)v(t) = 0, on en d´eduit

f⁰(x) = −i 2(ix−1)

Z +∞

0

e^−t

√te^itxdt

= −i(−ix−1) 2(x²+ 1) f(x)

= −x+i 2(x² + 1)f(x).

Il ne reste plus qu’`a r´esoudre cette ´equation diff´erentielle. On l’´ecrit sous la forme f⁰

f = −x

2(x²+ 1) + i 2(x²+ 1) ce qui donne

ln|f|= −1

4 ln(x²+ 1) + i

2arctan(x) +K.

On en d´eduit qu’il existe une constante C∈R telle que f(x) =C(x²+ 1)^−1/4exp

i

2arctanx

.

On d´etermine la valeur de la constanteC en calculant f(0) =C. On a par ailleurs f(0) =

Z +∞

0

e^−t

√tdt = 2 Z +∞

0

e^−u2du

en effectuant le changement de variables t = u². Utilisant le rappel, on trouve que C=√

π.

Exercice 3 :

1. En faisant le changement de variableu=x−t, on a, grˆace l’invariance de la mesure de Lebesgue par translation :

(f ∗g)(x) = Z

R

f(u)g(x−u)du.

Donc (f∗g)(x) existe si et seulement si (g∗f)(x) existe, et on a l’´egalit´e:

(f∗g)(x) = (g∗f)(x) 2. a) D’apr`es l’in´egalit´e de H¨oder nous avons :

Z

R

|f(x−t)g(t)|dt≤ Z

R

|f(x−t)|^pdt

1/pZ

R

|g(t)|^qdt 1/q

=kfk_pkgk_q <+∞

cela entraˆıne que la fonction f ∗g est d´efinie sur R. b) D’apr`es la question pr´ec´edente, on a :

kf ∗gk∞= sup

x∈R

|f ∗g(x)| ≤ kfkpkgkq

.

3. a) Cela r´esulte du Th´eor`eme de Fubini : (f[∗g)(y) =

Z

R

Z

R

f(x−t)e^{−2πi(x−t)y}dx

g(t)e^−2πitydt

= Z

R

Z

R

f(u)e^−2πiuydu

g(t)e^−2πitydt

= Z

R

Z

R

f(y)g(t)eb ^−2πitydt

= fb(y)bg(y)

b) Puisque f et g sont dans L¹(R), et que la transform´ee de Fourier transforme le produit de convolution en produit de fonctions, on a

∀ξ ∈R,f(ξ)ˆˆ g(ξ) = ˆf(ξ).

Puisque ceci est vrai pour toute fonction de L¹(R) et que pour toutξ ∈R, il existe une fonctions f de L¹(R) telle que ˆf(ξ) 6= 0, on a ˆg(ξ) = 1 pour tout ξ ∈ R. Maintenant, on sait que la transform´ee de Fourier d’une fonction de L¹(R) tend vers 0 l’infini. Il n’y a donc aucune fonction g telle que ˆg(ξ) = 1 pour tout ξ∈R. 4. On compose une fois encore par la transform´ee de Fourier. On a :

∀ξ ∈Rr,fˆ²(ξ) = ˆf(ξ) ⇐⇒ fˆ(ξ)(1−fˆ(ξ)) = 0.

On en d´eduit que pour tout ξ ∈R, ˆf(ξ) = 0 ou 1, mais comme ˆf est continue, on a forc´ement ˆf(ξ) = 1 pour toutξ ou ˆf(ξ) = 0 pour toutξ. Comme auparavant, le cas identiquement gal 1 est impossible, et donc ˆf(ξ) = 0 pour tout ξ. Par injectivit de la transform´ee de Fourier, on en d´eduit quef = 0 presque partout.

Exercice 4 :

1. On a :

fˆ(ξ) =

Z +∞

0

e^{(−α−2iπξ)x}dx+ Z 0

−∞

e^{(α−2iπξ)x}dx

= 1

α+ 2iπξ + 1

α−2iπξ = 2α α²+ 4π²ξ².

2. Pourα= 2π, ˆf(ξ) = _π(1+x¹ 2).Cette fonction ´etant dansL¹, sa transform´ee de Fourier est f(−x). La transform´ee de Fourier de x7→ _1+x¹ 2 est doncx7→π×e^−2π|x|. 3. On commence par calculer le produit de convolution. On a :

f ? f(x) = Z

R

e−α(|x−y|+|y|)dy

= Z 0

−∞

e−α(|x−y|−y)

+ Z +∞

0

e−α(|x−y|+y)

dy.

Si x >0, on a : f ? f(x) =

Z 0

−∞

e^{−α(x−2y)}dy+ Z x

0

e^−αxdy+ Z +∞

x

e^{−α(2y−x)}dy

= e^−αx

2α +xe^−αx+e^αxe^−2αx 2α

= e^−αx

x+ 1 α

.

La fonctionf ´etant paire, f ? f l’est aussi, et on a doncf ? f(x) = e^−α|x|(|x|+ 1/α).

Maintenant, la transform´ee de Fourier de cette fonction, pour α = 2π est x 7→

1

π²(1+x²)², puisque la transform´ee de Fourier transforme le produit de convolution de deux fonctions en produit usuel. On applique une fois encore la formule d’inversion de la transform´ee de Fourier (ce qui est lgitime puisque toutes les fonctions sont

int´egrables). La transform´ee de Fourier dex7→ _(1+x¹2)² est la fonctionx7→π²e^−2π|x|(|x|+ 1/2π).

4. Remarquons que la d´eriv´ee de la fonction x7→ _1+x¹ 2 estx7→ _(1+x^−2x2)². En utilisant les formules habituelles sur l’influence de la d´erivation sur le produit de convolution, on en d´eduit :

F

x (1 +x²)²

(ξ) = −1 2F

d dx

1 1 +x²

(ξ)

= −1

2 ×2iπξF 1

1 +x²

(ξ) = −iπ²ξe^−2π|ξ|.

Exercice 5 :

On sait que si f_a(x) =e^−akxk2, alors on a ˆf_a(x) = ^π_an/2

e^−π

2

akxk². Il suffit maintenant d’observer queq_t(x) = ^√1

4πtf_1/4t(x). Il vient : ˆ

q_t(x) = 1

√4πt

√

4πte^−4π2tx=e^−4π2tx2.

D’autre part, on a :

F(q_t? q_s)(x) = ˆq_tqˆ_s(x) =e^{−4π2(s+t)x2} =F(q_s+t) (x).

Par injectivit´e de la transform´ee de Fourier, on en d´eduit que q_t? q_s =q_s+t. Exercice 6 :

Prouvons d’abord que ˆf ∈L¹(R). Puisque ˆf est continue, ˆf est born´ee sur [−1,1] ce qui justifie la convergence deR1

−1|f(ξ)|dξ. D’autre part, siˆ |ξ| ≥ 1, on a |f(ξ)| ≤ |ξˆ fˆ(ξ)|, ce qui prouve la convergence deR+∞

1 |fˆ(ξ)|dξ ainsi que celle deR−1

−∞|fˆ(ξ)|dξ. Maintenant, d’apr`es la formule d’inversion de la transform´ee de Fourier, f est ´egale presque partout la fonction

g(x) = Z

R

fˆ(ξ)e^2iπξxdξ.

Mais il est clair que cette fonction g est de classe C¹ (ou bien parce qu’il s’agit de la transform´ee de Fourier conjugu´ee d’une fonction h tel que x 7→ xh(x) est int´egrable, ou bien en d´erivant directement sous le signe int´egrale)

Exercice 7 :

1. En coupant l’int´egrale en deux (int´egrale entre−∞et 0 et int´egrale entre 0 et +∞), on calcule facilement cette transform´ee de Fourier et on trouve que

fˆ(ξ) = 2 1 + 4π²ξ².

¡li¿ Il est clair que cette ´equation peut aussi s’´ecrireu=f+βu ? f. ¡li¿ On suppose qu’il existe une solution u int´egrable. En appliquant la transform´ee de Fourier, on v´erifie que ˆu v´erifie :

ˆ u=

fˆ

1−βfˆ= 2

(1−2β) + 4π²ξ²,

o on a utilis´e le r´esultat de la premi`ere question. Dans le cas oβ ≥1/2, ceci d´efinit une fonction qui n’est pas continue sur R puisqu’elle n’est mˆeme pas d´efinie en un point. L’´equation n’admet donc pas de solution.

2. Supposons β ∈]0,1/2[. Si l’´equation admet une solution u, la question pr´ec´edente nous donne une forme unique pour ˆu. Par injectivit´e de la transform´ee de Fourier, l’´equation admet au plus une solution. R´eciproquement, posons

u(x) = 1

√1−2βe⁻

√1−2β|x|

(formule qui vient en inversant la transform´ee de Fourier). Alors on v´erifie que ˆ

u=F(f +βu ? f) = 2

(1−2β) + 4π²ξ²

et donc, par injectivit´e de la transform´ee de Fourier toujours, que u est solution de l’´equation.

Exercice 8 :

1. On a :

f(ξ) =ˆ Z

R

e^−i2πξx1_[a,b](x)dx= Z b

a

e^−i2πξxdx

=







e^−2ibπξ−e^−2iaπξ

−2iπξ sia 6=b

0 sinon.

2. C’est un r´esultat bien connu que θ est telle que Rx

0 θ(t)dt admet une limite quand x → +∞, sans que θ n’appartienne L¹(R). Pour le prouver, on peut par exemple utiliser

|sint|

t ≥ sin²t t ≥ 1

2t − cos 2t 2t . On conclut car Rx

1 1

2tdt tend vers l’infini, alors que Rx 1

cos 2t

2t dt converge si x →+∞.

En revanche, il est clair que θappartient L² (pr´ecisons simplement qu’il n’y a aucun probl`eme de convergence en 0 o`u la fonction est prolong´ee par continuit´e en posant θ(0) = 1). Il est donc l´egitime de calculer la transform´ee de Fourier-Plancherel de θ. Il est difficile de calculer directement cette transform´ee. Mais remarquons que, si f(x) = 1[−1/2π,1/2π](x), la question pr´ec´edente nous donne

f(ξ) =ˆ 1 πθ(ξ).

On utilise la transform´ee de Fourier conjugu´ee, et on obtient : θ(x) =ˆ πf(−x) = π1[−1/2π,1/2π](x).

Exercice 9 :

1. Il s’agit du produit de convolution de deux fonctions de L².

2. Attention, ceci n’est plus cons´equence des r´esultats classiques sur le produit de convolution. Simplement, puisque sinx/πx et f sont ´el´ements deL²(R), il existe g et h´el´ements deL²(R) tels que sinx/πx=F(h) et f =F(g). On a alors :

P f = 1 π

sinx x

? f =F(g)?F(h) =gh.c

Il reste remarquer que la fonction hest l’indicatrice du segment [−1/2π,1/2π]. Elle est born´ee et doncgh∈L²(R)∩L¹(R). Par co¨ıncidence de la transform´ee de Fourier et de la transform´ee de Fourier-Plancherel sur ces deux espaces, on en d´eduit que F(gh)∈L²(R).

3. Soit f ∈L²(R) qu’on ´ecrit f =F(g). On a : kP fk2 = 1

πkF(gh)k2

= kghk₂

≤ kgk2 =kfk2.

D’autre part,

P ◦P(f) = P(F(gh))

= F(gh²).

On conclut en remarquant que gh² =gh.