Exercices corrigés -Transformée de Fourier de distributions

Exercice 1

- Transformée de Fourier d'une distribution homogène [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Soit $T\in\mcs'(\mtr^n)$ homogène de degré $\lambda\in\mtr$, ie $$\langle T,\varphi_t\rangle=t^{-(n+\lambda)}\langle T,\varphi\rangle$$ pour tout $\varphi\in\mcs(\mtr^n)$ et tout $t>0$, où $\varphi_t(x)=\varphi(tx)$. Montrer que $\hat{T}$ est homogène d'un degré que l'on précisera.

Indication

Corrigé

Exercice 2

- Distributions harmoniques [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

Soit $T\in S'(\mtr^2)$ telle que $\Delta T=0$.

Montrer que $\supp(\hat{T})\subset\{0\}$.
Conclure que les seules fonctions $u$ de classe $C^2$ telles que $\Delta u=0$ et $u$ est à croissance modérée sont polynômiales.
Retrouver le théorème de Liouville.

Indication

Corrigé

Exercice 3

- Transformée de Fourier de la distribution valeur principale [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

Montrer que la distribution $\textrm{vp}(1/x)$ est une distribution tempérée. On pourra remarquer que, pour tout $\phi$ de $\mcd(\mtr)$, on a $$\langle\textrm{vp}(1/x),\phi\rangle=\int_{-1}^1\frac{\phi(x)-\phi(0)}{x}dx+\int_{|x|\geq 1}\frac{\phi(x)}{x}dx.$$
Calculer sa transformée de Fourier. On pourra utiliser que, pour tout $\phi$ de $\mcs(\mtr)$, on a $$\langle\textrm{vp}(1/x),\phi\rangle=\lim_{R\to+\infty}\int_{-R}^R\frac{1}{2}\frac{\phi(\omega)-\phi(-\omega)}{\omega}d\omega.$$
En déduire une distribution $T$ telle que $\hat{T}=H$, où $H$ est la fonction de Heaviside.

Indication

Corrigé

Prouvons d'abord la formule donnée : $$\langle\textrm{vp}(1/x),\phi\rangle=\lim_{\veps\to 0}\int_{\veps\leq|x|\leq 1}\frac{\phi(x)}{x}dx+\int_{|x|\geq 1}\frac{\phi(x)}{x}dx.$$ Dans la première intégrale, on retranche $\phi(0)$ (ce qui est possible car son intégrale sur $[-1,-\veps]\cup[\veps,1]$ est nulle. Mais alors, la fonction $(\phi(x)-\phi(0))/x$ est intégrable au voisinage de 0 (elle se prolonge par continuité). D'où la formule, qui fait apparaître $\textrm{vp}(1/x)$ comme somme de deux distributions. La deuxième donne clairement une distribution tempérée (car elle est associée à une fonction intégrable à croissance modérée). Pour la première, il suffit de remarquer que, d'après l'inégalité des accroissements finis, $$\left|\int_{-1}^1\frac{\phi(x)-\phi(0)}{x}dx\right|\leq 2 \sup_{u\in[-1,1]}|\phi'(u)|\leq 2\|\phi\|_1.$$ Ceci garantit là encore qu'il s'agit d'une distribution tempérée. On va donc pouvoir calculer la transformée de Fourier de $\textrm{vp}(1/x)$.
Prouvons d'abord la formule énoncée. Si $\phi\in\mathcal D(\mathbb R)$, alors $$\langle \textrm{vp}(1/x),\phi\rangle=\lim_{R\to+\infty}\lim_{\veps\to 0} \int_{-R}^{-\veps}\frac{\phi(x)}xdx+\int_{\veps}^R\frac{\phi(x)}xdx.$$ En effectuant le changement de variables $u=-x$ dans les deux intégrales (et en revenant à la notation avec un $x$), on a aussi $$\langle \textrm{vp}(1/x),\phi\rangle=-\lim_{R\to+\infty}\lim_{\veps\to 0} \int_{-R}^{-\veps}\frac{\phi(-x)}xdx+\int_{\veps}^R\frac{\phi(-x)}xdx.$$ En sommant ces deux identités, on a $$2\langle\textrm{vp}(1/x),\phi\rangle=\lim_{R\to+\infty}\lim_{\veps\to 0} \int_{-R}^{-\veps}\frac{\phi(x)-\phi(-x)}xdx+\int_{\veps}^R\frac{\phi(x)-\phi(-x)}xdx.$$ Puisque $x\mapsto\frac{\phi(x)-\phi(-x)}{x}$ se prolonge par continuité en $0$, on a donc $$2\langle\textrm{vp}(1/x),\phi\rangle=\lim_{R\to+\infty}\int_{-R}^R \frac{\phi(x)-\phi(-x)}xdx.$$ Le résultat reste vrai pour $\phi\in\mathcal S(\mathbb R)$, par densité de $\mathcal D(\mathbb R)$ dans $\mathcal S(\mathbb R)$. On a alors, pour $\phi\in\mcs(\mtr)$ : \begin{eqnarray*} \langle \textrm{vp}(1/x),\hat{\phi}\rangle&=&\lim_{R\to+\infty}\int_{-R}^R\int_\mtr \phi(t)\left(\frac{e^{-i2\pi xt}-e^{i2\pi xt}}{2x}\right)dtdx\\ &=&-i \lim_{R\to+\infty}\int_{-R}^R \int_{\mtr}\phi(t) \frac{\sin(2\pi xt)}{x}dt dx. \end{eqnarray*} Remarquons que la fonction $(t,x)\mapsto \phi(t)\frac{\sin(2\pi xt)}{x}$ est intégrable sur $\mtr\times [-R,R]$, et que l'on peut donc intervertir l'ordre d'intégration. De plus, si $g_R(t)=\int_{-R}^R \frac{\sin(2\pi x t)}{x}dx\phi(t)$, alors $$|g_R(t)|\leq M|\phi(t)|,$$ où la constante $M$ vient du fait que $\lim_{R\to+\infty}\int_{-R}^R \frac{\sin(2\pi x t)}{x}dx$ existe. Le théorème de convergence dominée nous permer de rentrer la limite dans la première intégrale, ce qui donne : \begin{eqnarray*} \langle \textrm{vp}(1/x),\hat{\phi}\rangle=-i\int_{\mtr}\phi(t)\lim_{R\to +\infty}\int_{-R}^R \frac{\sin(2\pi x t)}{x}dx dt \end{eqnarray*} Faisant le changement de variables $u=2\pi t x$ dans l'intégrale, et sachant que $\int_0^{+\infty}\frac{\sin y}{y}=\frac{\pi}{2}$, on a trouvé que \begin{eqnarray*} \langle \textrm{vp}(1/x),\hat{\phi}\rangle=-i\pi\int_0^{+\infty}\phi(t)dt+i\pi\int_{-\infty}^0\phi(t)dt. \end{eqnarray*} La transformée de Fourier de $\textrm{vp}(1/x)$ est donc la fonction $$x\mapsto -i\pi\textrm{signe}(x).$$
Il suffit de remarquer que $H(x)=\frac{1+\textrm{signe}(x)}{2}$. Posons alors $T=\frac{1}{2\pi}\left(\pi\delta+i\textrm{vp}(1/x)\right)$. La transformée de Fourier de $T$ est exactement $H$.

Exercice 4

- Transformée de Fourier de la fonction de Heaviside [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

Soit $\alpha>0$. Calculer la limite dans $\mcs'(\mtr)$ de la distribution $\frac{1}{x+i\alpha\veps}$ quand $\veps\to 0^+$.
Déterminer la transformée de Fourier de la fonction $H(x)e^{-\lambda x}$, où $\lambda>0$ et $H$ est la fonction de Heaviside.
En déduire la transformée de Fourier de $H$.
Retrouver la transformée de Fourier de $\textrm{vp}(1/x)$.

Indication

Corrigé

Visiblement, le problème est en 0, on va donc découper entre ce qui se passe en 0 et ce qui se passe un peu plus loin. On a donc $$\int_{\mtr}\frac{\phi(x)}{x+i\alpha\veps}dx=\int_{-1}^1\frac{\phi(x)}{x+i\alpha\veps}dx+\int_{|x|\geq 1}\frac{\phi(x)}{x+i\alpha\veps}dx.$$ Dans la dernière intégrale, on peut appliquer sans problème le théorème de convergence dominée pour $\veps\to 0$. La première se réécrit ainsi : $$\int_{-1}^1\frac{\phi(x)}{x+i\alpha\veps}dx=\int_{-1}^1\frac{\phi(x)-\phi(0)}{x+i\alpha\veps}dx+\phi(0)\int_{-1}^1\frac{1}{x+i\alpha\veps}.$$ Là encore, on a enlevé le problème qu'il y avait dans la première intégrale, et il est possible de faire tendre $\veps$ vers 0. Pour la deuxième intégrale, il suffit d'effectuer le calcul \begin{eqnarray*} \int_{-1}^1\frac{1}{x+i\alpha\veps}dx&=&\int_{-1}^1\frac{x-i\alpha\veps}{x^2+\alpha^2\veps^2}dx\\ &=&-i\alpha\veps\left[\frac{1}{\alpha\veps}\arctan(x/\alpha\veps)\right]_{-1}^1\\ &=&-i\pi. \end{eqnarray*} Mettant cela bout à bout, on obtient que la limite dans $\mcs'(\mtr)$ de la distribution demandée est $$-i\pi\delta_0+\textrm{vp}(1/x).$$
La fonction est intégrable, il suffit de calculer sa transformée de Fourier comme fonction de $L^1$. On a \begin{eqnarray*} \hat{f}(\xi)&=&\int_0^{+\infty}e^{-\lambda t}e^{-2\pi i \xi t}dt\\ &=&\left[\frac{1}{-\lambda-2\pi i\xi} e^{-\lambda t-2\pi i \xi t}\right]_0^{+\infty}\\ &=&\frac{1}{\lambda+2\pi i\xi} \end{eqnarray*}
Si on fait tendre $\lambda$ vers $0$, le théorème de convergence dominée assure que dans $\mcs'(\mtr)$, la distribution $H(x)e^{-\lambda x}$ converge vers $H$. La transformation de Fourier étant continue, il suffit de déterminer la limite de $\frac{1}{\lambda+2\pi i x}$ (au sens de $\mcs'(\mtr)$). Mais on réécrit cela en $$\frac{1}{2i\pi}\frac{1}{x-i\frac{2\pi} \lambda}.$$ Lorsque $\lambda$ tend vers 0, ceci converge vers $$\frac{1}{2i\pi}\left(i\pi \delta_0+\textrm{vp}(1/x)\right).$$ La transformée de Fourier de $H$ est donc $$\frac{1}{2}\delta_0-\frac{i}{2\pi}\textrm{vp}(1/x).$$
On réapplique la transformée de Fourier à la formule précédente. Il vient $$2i\pi(H-\frac{1}{2})=\mathcal{F}(\textrm{vp}).$$

Exercice 5

- Peigne de Dirac [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

Dans cet exercice, on prendra pour simplifier les énoncés la normalisation suivante pour la transformée de Fourier : $$\hat{\phi}(x)=\int_\mtr e^{-2i\pi x y}\phi(y)dy.$$ On considère la distribution $P=\sum_{j\in\mtz}\delta_j\in\mcd'(\mtr)$, où $\delta_j$ représente la masse de Dirac au point $j\in\mtz$. On l'appelle le peigne de Dirac.

Montrer que $P$ est périodique de période 1, i.e. montrer que $$\forall\phi\in\mcd(\mtr),\ \langle P,\tau_1\phi\rangle=\langle P,\phi\rangle\textrm{ où }\tau_1\phi(x)=\phi(x+1).$$
Montrer que $P$ est la dérivée, au sens des distributions, de la distribution $E:=\sum_{j\in\mtz}F_j$, où $F_j(x)=j 1_{[j,j+1[}(x)$. En déduire que $P$ est une distribution tempérée.
Montrer que la transformée de Fourier $\hat{P}$ de $P$ est également périodique de période 1.
On pose $u(x)=e^{2i\pi x}$. Montrer que $\phi\in\mcd(\mtr)\implies \langle u\hat{P},\phi\rangle=\langle \hat{P},\phi\rangle$.
Soit $T\in\mcd'(\mtr)$ une distribution telle que $(u-1)T=0$. Montrer que $T=\sum_{j\in\mtz}a_j\delta_j$.
Déduire des questions précédentes que $\hat{P}=\sum_{j\in\mtz}a_j\delta_j$, puis que $\forall j\in\mtz, a_j=a$.
Appliquant $\hat{P}$ à la fonction $\phi(y)=e^{-\pi y^2}$, montrer que $a=1$, donc que $\hat{P}=P$ (on pourra utiliser que $\hat{\phi}=\phi$).
En déduire la formule sommatoire de Poisson : pour tout $\phi\in\mathcal{S}(\mtr)$, $$\sum_{j\in\mtz}\phi(j)=\sum_{j\in\mtz}\hat{\phi}(j).$$

Indication

Corrigé

Posons, pour $\phi\in\mcd(\mtr)$, $\psi(x)=\phi(x+1)$. Il vient, les sommes étant finies $$\langle P,\psi\rangle=\sum_{j\in\mtz}\psi(j)=\sum_{j\in\mtz}\phi(j+1)=\sum_{j\in\mtz}\phi(j).$$
Remarquons d'abord que $E$ est une distribution, car c'est une fonction bornée sur les intervalles compacts donc dans $L^1_{\textrm{loc}}(\mtr)$. D'autre part, il est facile de voir que $E$ est à croissance lente, car on a par exemple $$\int_{\mtr} \frac{|E(x)|}{(1+|x|)^3}dx<+\infty.$$ Ainsi, $E$ est une distribution tempérée. D'autre part, $F_j(x)=j(H_j(x)-H_{j+1}(x))$ où $H_j(x)=1_{]j,+\infty]}$ est une translatée de la fonction de Heaviside. Il vient $F_j'=j(\delta_j-\delta_{j+1})$. Prenons maintenant $\phi\in\mcd(\mtr)$, et soit $n$ tel que $\supp(\phi)\subset[-n,n]$. On a $$\langle E',\phi\rangle=-\langle E,\phi'\rangle=-\langle\sum_{j=-n}^n F_j,\phi'\rangle=\sum_{j=-n}^n \langle F_j',\phi\rangle=\sum_{j=-n}^n j(\phi(j)-\phi(j+1)).$$ La série est ``télescopique'', et utilisant le fait qu'en $n$ et $-n$, $\phi$ s'annule, on obtient $$\langle E',\phi\rangle=\langle \sum_{j\in\mtz}\delta_j,\phi\rangle=\langle P,\phi\rangle.$$ On obtient donc que $E'=P$, et puisque $E$ est tempérée, $P$ l'est aussi.
On a $$\langle \hat{P},\phi\rangle=\langle P,\hat{\phi}\rangle=\sum_{j\in\mtz}\hat{\phi}(j).$$ De même, $$\langle \hat{P},\tau_{1}\phi\rangle=\sum_{j\in\mtz}\hat{\tau_1\phi}(j).$$ Remarquons maintenant que $$\hat{\tau_1\phi}(j)=\int_{\mtr}e^{-2i\pi j x}\phi(x+1)dx=\int_{\mtr}e^{-i2\pi j (x-1)}\phi(x)dx=\hat{\phi}(j)$$ puisque $e^{-2i\pi j}=1$. Ceci donne le résultat.
Soit $\phi\in\mcd(\mtr)$. On a $$\langle u\hat{P},\phi\rangle=\langle P,\widehat{u\phi}\rangle=\langle P,\tau_1\hat{\phi}\rangle=\langle P,\hat{\phi}\rangle=\langle \hat{P},\phi\rangle.$$
Prenons $\phi$ à support dans $]j-1,j+1[$. L'idée est de ``factoriser'' $\phi(x)$ par $u(x)-1$. Pour cela, il suffit de remarquer que $$\psi(x)=\frac{\phi(x)-\phi(0)}{u(x)-1}$$ est de classe $C^\infty$ sur $]-1,1[$ (en effet, $u(x)-1=xv(x)$ où $v$ est $C^\infty$ et ne s'annule pas en 0). Pour la rendre à support compact, on va multiplier par une fonction plateau en considérant $\eta$ à support dans $]-3/4,3/4[$, et en remarquant que l'on a $$\phi(x)=\eta(x)(u(x)-1)\psi(x)+\eta(x)\phi(0).$$ Puisque $(u-1)T=0$, on obtient $$\langle T,\phi\rangle=\langle (u-1)T,\eta\psi\rangle+\langle T,\eta\rangle\phi(0)=a_0\phi(0)$$ en posant $a_0=\langle \delta_0,\phi\rangle.$ Pour passer au résultat global, le plus commode est d'utiliser une partition de l'unité $(\eta_k)$ associée au recouvrement ouvent $]k-3/4,k+3/4[$. En posant $\phi_k=\eta_k\phi$, on a $\phi=\sum_{k\in\mtz}\phi_k$, et $\phi(k)=\phi_k(k)$. Maintenant, en appliquant le raisonnement précédent à $\phi_k$, on sait qu'il existe une constante $a_k$ telle que $\langle T,\phi_k\rangle =a_k\phi_k(k)=a_k\phi(k)$. Ceci prouve le résultat!
$\hat{P}$ vérifie l'équation $(u-1)\hat{P}=0$ d'où l'existence des $a_j$. Prenons maintenant $\phi$ dans $\mcd(]j-1,j+1[)$. Il vient $$\langle \hat{P},\phi\rangle = a_j\phi(j)=\langle \hat{P},\tau_1\phi\rangle =a_{j-1}\phi(j)$$ puisque $\tau_1\phi$ est à support dans $]j-2,j[$. On a donc pour tout $j\in\mtz$ $a_j=a_{j-1}$, et donc $a_j=a_0=a$.
Pour cette fonction, $\phi=\hat{\phi}$, et donc $$\langle \hat{P},\phi\rangle=a\sum_{j\in\mtz}\phi(j)=\langle P,\hat{\phi}\rangle=\sum_{j\in\mtz}\hat{\phi}(j).$$ Comme $\hat{\phi}=\phi$ et bien sûr $\sum_{j}\hat{\phi}(j)>0$, on en déduit que $a=1$.
Il s'agit simplement d'écrire que $\langle P,\phi\rangle=\langle \hat{P},\phi\rangle$.

Exercice 6

- Deux méthodes [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

Démontrer que, dans $\mcs'(\mtr)$, on a $$\lim_{\lambda\to+\infty}e^{i\lambda x}\textrm{vp}(1/x)=i\pi\delta_0.$$

Directement.
En utilisant la transformée de Fourier.

Indication

Corrigé

Prenons $\phi\in\mcs(\mtr)$. Comme souvent, on écrit $$\langle e^{i\lambda x}\textrm{vp}(1/x),\phi\rangle=\lim_{\veps\to 0}\int_{\veps\leq|x|\leq 1}\frac{e^{i\lambda x}\phi(x)}{x}dx+\int_{|x|\geq 1}\frac{\phi(x)e^{i\lambda x}}{x}dx.$$ La deuxième intégrale ne pose pas de problèmes : il suffit d'appliquer le théorème de Riemann-Lebesgue pour obtenir qu'elle tend vers 0 si $\lambda$ tend vers $+\infty$. Pour la première, on retire ce qui pose problème : $$\int_{\veps\leq |x|\leq 1}\frac{e^{i\lambda x}\phi(x)}{x}dx=\int_{\veps\leq |x|\leq 1}\frac{e^{i\lambda x}\phi(x)-e^{i\lambda x}\phi(0)}{x}dx+\phi(0)\int_{\veps\leq |x|\leq 1}\frac{e^{i\lambda x}}{x}dx.$$ La fonction dans la première intégrale est cette fois intégrable en 0. On a donc $$\lim_{\veps\to 0}\int_{\veps\leq |x|\leq 1}\frac{e^{i\lambda x}\phi(x)-e^{i\lambda x}\phi(0)}{x}dx=\int_{|x|\leq 1}\frac{e^{i\lambda x}\phi(x)-e^{i\lambda x}\phi(0)}{x}dx,$$ et on peut à nouveau appliquer le lemme de Riemann-Lebesgue. Pour la seconde, on écrit $e^{i\lambda x}=\cos(\lambda x)+i\sin(\lambda x)$. Or, la fonction $x\mapsto \frac{\cos(\lambda x)}{x}$ est impaire, et son intégrale sur $[-1,-\veps]\cup[-\veps,1]$ est donc nulle. D'autre part, $x\mapsto \frac{\sin(\lambda x)}{x}$ est intégrable en 0, d'où il vient finalement : $$\lim_{\lambda\to+\infty}\langle e^{i\lambda x}\textrm{vp}(1/x),\phi\rangle=\lim_{\lambda\to+\infty}\phi(0)\int_{-1}^1\frac{\sin(\lambda x)}{x}dx.$$ On conclut alors en effectuant la changement de variable $u=\lambda x$ et en utilisant le fait que $\int_0^{+\infty}\frac{\sin x}{x}=\frac{\pi}{2}$. On obtient donc $$\lim_{\lambda\to+\infty}e^{i\lambda x}\textrm{vp}(1/x)=i\pi\delta_0.$$
On a \begin{eqnarray*} \langle \mathcal{F}(e^{i\lambda x}\textrm{vp}(1/x)),\phi\rangle&=&\langle e^{i\lambda x}\textrm{vp}(1/x),\hat{\phi}\rangle\\ &=&\langle\textrm{vp}(1/x),e^{i\lambda x}\hat{\phi}\rangle. \end{eqnarray*} Maintenant, on utilise que $$\hat{\phi\left(.+\frac{\lambda}{2\pi}\right)}(x)=e^{i\lambda x}\hat{\phi}(x).$$ Utilisant alors le fait que la transformée de Fourier de $\textrm{vp}(1/x)$ est donnée par $-i\pi\textrm{signe}(x)$, on obtient \begin{eqnarray*} \langle \mathcal{F}(e^{i\lambda x}\textrm{vp}(1/x)),\phi\rangle&=&i\pi\int_{-\infty}^0\phi(x+\lambda/2\pi)-i\pi\int_0^{+\infty}\phi(x+\lambda/2\pi)dx. \end{eqnarray*} On effectue le changement de variables $u=x+\lambda/2\pi$, et on utilise le théorème de convergence dominée pour obtenir que : $$\lim_{\lambda\to+\infty}\mathcal{F}(e^{i\lambda x}\textrm{vp}(1/x))=i\pi.$$ Il suffit ensuite de prendre la transformée de Fourier inverse pour retrouver le résultat donné par l'autre méthode!

Exercice 7

- Distribution nulle [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

Soit $f\in\mcc^\infty(\mtr^2)$ et $y\in\mtr$ fixé. Pour $h\neq 0$, on pose $g_h(x)=\frac{f(x,y+h)-f(x,y)}{h}$. Prouver que $g$ converge dans $\mcc^{\infty}(\mtr^2)$ vers $\frac{\partial f}{\partial y}$.
On considère de plus $T\in\mathcal{E}'(\mtr)$. Démontrer que la fonction $F(y)=\langle T_x,f(x,y)\rangle$ est $\mcc^\infty$. Calculer $F^{(n)}(y)$.
On suppose que $\langle T,x^n\rangle=0$ et soit $G$ tel que $\hat{T}=T_G$. Que vaut $G^{(n)}(0)$? En déduire que $T$ est nulle.

Indication

Corrigé

Exercices corrigés - Transformée de Fourier de distributions