Exercices corrigés - Transformée de Fourier

On suppose d'abord $\xi\neq 0.$ On fait une intégration par parties, et on trouve : \begin{align*} \int_{-1}^0 (1+x)e^{-i \xi x}dx&=\left[\frac{(1+x)e^{-i x\xi}}{-i\xi}\right]_0^1+\int_{-1}^0 \frac{e^{-i\xi x}}{i\xi}dx\\ &=\frac{i\xi-e^{i\xi}+1}{\xi^2}. \end{align*} De même, on trouve $$\int_0^1 (1-x)e^{-i\xi x}dx= \frac{-i\xi-e^{-i\xi}+1}{\xi^2}.$$ On en déduit : $$\hat{f}(\xi)=\frac{2-e^{i\xi}-e^{-i\xi}}{\xi^2}.$$ Puisque \begin{align*} \sin^2(\xi/2)&=\left(\frac{e^{i\xi/2}-e^{-i\xi/2}}{2i}\right)^2\\ &=\frac{e^{i\xi}+e^{-i\xi}-2}{-4}, \end{align*} on en déduit bien le résultat demandé. Ces calculs ne sont valables que si $\xi\neq 0$. Si $\xi=0$, on doit calculer $\int_{\mathbb R}f(x)dx$ ou encore calculer l'aire du triangle. Elle vaut $1$ (ce qui est cohérent avec l'expression précédente en faisant tendre $\xi$ vers $0$) et c'est normal car la fonction $\hat f$ est continue.

Puisque $f$, $f'$ et $f''$ sont dans $L^1(\mathbb R)$, on sait que pour tout $x\in\mathbb R,$ $$\widehat{f''}(x)=(ix)^2 \hat{f}(x).$$ On en déduit, puisque $\|\widehat{f''}\|_\infty \leq \|f''\|_1,$ que pour tout $x\in\mathbb R^*,$ $$|\hat{f}(x)|\leq \frac{\|f''\|_1}{|x|^2}.$$ D'autre part, on sait aussi que $\|\hat f\|_\infty\leq \|f\|_1$. D'où \begin{align*} \int_{\mathbb R}|\hat{f}(x)|dx&=\int_{[-1,1]}|\hat{f}(x)|dx+\int_{\mathbb R\backslash [-1,1]}|\hat{f}(x)|dx\\ &\leq 2\|\hat f\|_\infty+\|f''\|_1\int_{\mathbb R\backslash [-1,1]} \frac{1}{|x|^2}dx\\ &\leq 2\|f\|_1+2\|f''\|_1. \end{align*} Donc $\hat f\in L^1(\mathbb R).$

On remarque d'abord que $f$ est bien définie pour tout $x$. En effet, on a $$\left|\frac{e^{-t}}{\sqrt t}e^{itx}\right|\leq\frac{e^{-t}}{\sqrt t}.$$ Cette fonction est intégrable sur $[0,+\infty[$, car en 0 elle est équivalente à $\frac{1}{\sqrt t}$ qui est intégrable (intégrale de Riemann), et, au voisinage de $+\infty$, elle vérifie $$\left|\frac{e^{-t}}{\sqrt{t}}\right|\leq \frac{1}{t^2}.$$ Prouvons également que $f$ est de classe $C^1$. Pour cela, on remarque que la fonction $$g:(x,t)\mapsto\frac{e^{-t}}{\sqrt t}e^{itx}$$ admet en tout point de $\mathbb R\times ]0,+\infty[$ une dérivée partielle par rapport à $x$ égale à $$\frac{\partial g}{\partial x}(x,t)=i\sqrt te^{-t}e^{itx}.$$ De plus, on a, pour tout $x\in\mathbb R$, $$\left|\frac{\partial g}{\partial x}(x,t)\right|\leq \sqrt te^{-t}$$ et la fonction apparaissant à droite dans l'inégalité précédente est intégrable sur $]0,+\infty[$ (elle est continue en 0, et au voisinage de $+\infty$, elle est négligeable devant $1/t^2$). On en déduit par le théorème de dérivation des intégrales à paramètres que $f$ est dérivable, avec $$f'(x)=\int_0^{+\infty}i\sqrt te^{-t}e^{itx}.$$ On exprime le membre de droite de cette égalité en fonction de $f$ grâce à une intégration par parties, en posant $v(t)=\sqrt{t}$ et $u(t)=\frac1{ix-1}e^{(ix-1)t}$. Puisque $u(0)v(0)=0$ et $\lim_{t\to+\infty}u(t)v(t)=0$, on en déduit \begin{eqnarray*} f'(x)&=&\frac{-i}{2(ix-1)}\int_0^{+\infty}\frac{e^{-t}}{\sqrt t}e^{itx}dt\\ &=&\frac{-i(-ix-1)}{2(x^2+1)}f(x)\\ &=&\frac{-x+i}{2(x^2+1)}f(x). \end{eqnarray*} Il ne reste plus qu'à résoudre cette équation différentielle. On sait que les solutions sont les fonctions du type $$f(x)=C\exp(A(x))$$ où $C\in\mathbb R$ et $A$ est une primitive de $$x\mapsto \frac{-x+i}{2(x^2+1)}.$$ On commence par écrire $$\frac{-x+i}{2(x^2+1)}=\frac{-x}{2(x^2+1)}+\frac{i}{2(x^2+1)}$$ et on en déduit une primitive $$A(x)=\frac{-1}{4}\ln(x^2+1)+\frac{i}{2}\arctan(x).$$ Ainsi, les solutions sont les fonctions de l'équation différentielle sont les fonctions $$f(x)=C(x^2+1)^{-1/4}\exp\left(\frac i2\arctan x\right),$$ $C\in\mathbb R.$ On détermine la valeur de la constante $C$ en calculant $f(0)=C$. On a par ailleurs $$f(0)=\int_0^{+\infty}\frac{e^{-t}}{\sqrt{t}}dt=2\int_0^{+\infty}e^{-u^2}du$$ en effectuant le changement de variables $t=u^2$. Utilisant le rappel, on trouve que $C=\sqrt{\pi}$.

On sait que si $f_a(x)=e^{-ax^2}$, alors on a $\hat{f_a}(x)=\left(\frac{\pi}{a}\right)^{1/2} e^{-\frac{x^2}{4a}}$. Il suffit maintenant d'observer que $q_t(x)=\frac{1}{\sqrt{4\pi t}}f_{1/4t}(x)$. Il vient : $$\hat{q_t}(x)=\frac{1}{\sqrt{4\pi t}}\sqrt{4\pi t}e^{-t x^2}=e^{-t x^2}.$$ D'autre part, on a : $$\mathcal{F}(q_t\star q_s)(x)=\hat{q_t}\hat{q_s}(x)=e^{-(s+t)x^2}=\mathcal{F}\left(q_{s+t}\right)(x).$$ Par injectivité de la transformée de Fourier, on en déduit que $q_t\star q_s=q_{s+t}$.

Soit $f\in L^1(\mathbb R)$ telle que $f\star f_2=f_3.$ Appliquant la transformée de Fourier, on trouve $$\hat f \widehat{f_2}=\widehat{f_3}$$ ce qui donne en utilisant le rappel de l'énoncé, pour tout $x\in\mathbb R,$ $$\hat f(x)=\frac 32\times \frac{x^2+4}{x^2+9}.$$ Mais ceci contredit le lemme de Riemann-Lebesgue qui dit que $\lim_{x\to+\infty}\hat f(x)=0.$ Ainsi, l'équation n'admet pas de solutions.

Prouvons d'abord que $\hat{f}\in L^1(\mtr)$. Puisque $\hat{f}$ est continue, $\hat{f}$ est bornée sur $[-1,1]$ ce qui justifie la convergence de $\int_{-1}^1 |\hat{f}(\xi)|d\xi$. D'autre part, si $|\xi|\geq 1$, on a $|\hat{f}(\xi)|\leq |\xi\hat{f}(\xi)|$, ce qui prouve la convergence de $\int_1^{+\infty}|\hat{f}(\xi)|d\xi$ ainsi que celle de $\int_{-\infty}^{-1}|\hat{f}(\xi)|d\xi$. Maintenant, d'après la formule d'inversion de la transformée de Fourier, $f$ est égale presque partout à la fonction $$g(x)=\int_\mtr \hat{f}(\xi)e^{2i\pi \xi x}d\xi.$$ Mais il est clair que cette fonction $g$ est de classe $C^1$ (ou bien parce qu'il s'agit de la transformée de Fourier conjuguée d'une fonction $h$ tel que $x\mapsto xh(x)$ est intégrable, ou bien en dérivant directement sous le signe intégrale).

Supposons qu'une telle fonction $f$ existe. Alors $f'\in L^1(\mathbb R)$ et on sait que, pour tout $x\in\mathbb R,$ $$\widehat{f'}(x)=ix\hat f(x).$$ D'autre part, si on note $g$ la fonction définie pour $x\in\mathbb R$ par $g(x)=f(x+a)$, alors $$\widehat{g}(x)=e^{iax}\hat f(x).$$ On doit donc avoir, pour tout $x\in\mathbb R,$ $ix\hat f(x)=e^{iax}\hat f(x).$ Prenons le module de chacun de ces membres. On obtient que, pour $x\neq \pm 1,$ $\hat f(x)=0$. Par continuité de la transformée de Fourier, ceci est vrai pour tout $x\in\mathbb R$. Par injectivité de la transformée de Fourier, $f=0$. Réciproquement, la fonction nulle vérifie bien cette équation.

Notons $E$ l'espace vectoriel engendré par les $\tau_x f,$ $x\in\mathbb R,$ et fixons $g$ une fonction de $L^1(\mathbb R)$ dont la transformée de Fourier ne s'annule pas en $x_0$ (par exemple la fonction $x\mapsto e^{-x^2}$). Soit $h\in E.$ Alors on sait que $$|\hat h(x_0)-\hat g(x_0)|\leq \|\hat h-\hat g\|_\infty\leq \|h-g\|_1.$$ Or, écrivons $h=\sum_{k=1}^n a_k \tau_{x_k}f.$ Alors, \begin{align*} \hat h(x_0)&=\sum_{k=1}^n a_k e^{-ix_k x_0}\hat f(x_0)=0. \end{align*} On a donc $\|h-g\|_1\geq |\hat g(x_0)|$ et ainsi $g$ n'est pas dans l'adhérence de $E.$

Notons $f$ la fonction indicatrice de $[-1,1]$ et remarquons que cette fonction est dans $L^2(\mathbb R)\cap L^1(\mathbb R)$. Par la formule de Fourier-Plancherel, on a $$\|\hat f\|_2^2=2\pi \|f\|_2^2.$$ En remplaçant $f$ et $\hat f$ par leurs valeurs et en remarquant que $\|f\|_2^2=\int_{-1}^1 1dt=2,$ on trouve $$\int_{\mathbb R}\frac{\sin^2(t)}{t^2}dt=\pi.$$

Puisque la fonction $f$ (qui est continue à support compact) est dans $L^2(\mathbb R),$ on sait par la formule de Plancherel que \begin{align*} \int_{-\infty}^{+\infty}|\hat f(x)|^2dx&=2\pi \int f(x)^2 dx\\ &=2\pi \int_0^1 (1-x)^2dx+\int_{-1}^0 (1+x)^2dx\\ &=\frac{4\pi}3. \end{align*} On a donc prouvé que $$\int_0^{+\infty}\frac{\sin^4(t/2)}{(t/2)^4}dt=\frac 12 \int_{-\infty}^{+\infty}|\hat f(x)|^2dx=\frac{2\pi}3.$$ On conclut avec le changement de variables $x=t/2,$ et on trouve $$\int_0^{+\infty}\frac{\sin^4 x}{x^4}dx=\frac{\pi}{3}.$$

Puisque les fonctions $f_a$ et $f_b$ sont dans $L^1(\mathbb R)\cap L^2(\mathbb R)$, on sait d'après la formule de Plancherel que \begin{align*} \int_{\mathbb R}\frac{dx}{(x^2+a^2)(x^2+b^2)}&= \frac1{2\pi}\int_{\mathbb R}\mathcal F(f_a)(u)\mathcal F(f_b)(u)du\\ &=\frac{\pi}{2ab}\int_{\mathbb R} e^{-(a+b)|u|}du\\ &=\frac{\pi}{ab}\int_0^{+\infty}e^{-(a+b)u}du\\ &=\frac{\pi}{ab(a+b)}. \end{align*}

Puisque $\mathcal F\circ\mathcal F f=2\pi \tilde f$, avec $\tilde f(x)=f(-x),$ on obtient que $\mathcal F^4=4\pi^2 \textrm{Id}_{L^2(\mathbb R)}.$ Ainsi, si $\lambda$ est une valeur propre de $\mathcal F,$ on doit avoir $\lambda^4=4\pi^2$ ce qui donne les 4 valeurs possibles.

On remarque que puisque $f'\in L^1\cap L^2,$ $\widehat{f'}$ est élément de $L^2(\mathbb R)$. Par le lien entre régularité et transformée de Fourier, on sait aussi que $\widehat{f'}=x\hat f.$ Ainsi, on peut écrire, pour $x\neq 0,$ $$\hat f(x)=\frac 1x\widehat{f'}(x).$$ Or, $x\mapsto 1/x\in L^2([1,+\infty[)$ et $\widehat{f'}\in L^2([1,+\infty[)$. Par produit (et inégalité de Cauchy-Schwarz), $\hat f\in L^1(\mathbb R)$. De plus, puisque $\hat f$ est continue, $\hat f\in L^1([0,1])$. Ainsi, $\hat f\in L^1([0,+\infty[)$. Le raisonnement est similaire sur $]-\infty,0]$.

1. Le produit de convolution d'une fonction $L^1$ et d'une fonction $L^2$ étant une fonction $L^2$, la seule formule qui peut avoir un sens est la deuxième. On la démontre par densité de $S(\mtr)$. Soit en effet $(g_n)$ une suite de fonctions de $\mcs(\mtr)$ qui converge vers $g$. Alors $f\star g_n$ est un élément de $L^1\cap L^2$, là où les transformées de Fourier et de Fourier-Plancherel coïncident. On a donc : $$\mathcal{F}(f\star g_n)=\widehat{f\star g_n}=\hat{f}\hat{g_n}=\hat{f}\mathcal{F}(g_n).$$ La transformée de Fourier-Plancherel étant continue, on a $\mathcal{F}(g_n)\to \mathcal{F}(g)$ dans $L^2$. Puisque $\hat f$ est bornée, on a aussi $\hat f\mathcal F(g_n)\to \hat f\mathcal F(g)$ dans $L^2$. D'autre part, puisque $$\|f\star g_n-f\star g\|_2\leq \|f\|_1\|g_n-g\|_2\to 0,$$ on sait que $f\star g_n\to f\star g$ dans $L^2.$ Par continuité de la transformée de Fourier-Plancherel, $\mathcal F(f\star g_n)\to \mathcal F(f\star g)$ dans $L^2.$ On conclut au résultat demandé par unicité de la limite.
2. Puisque $f$ et $g$ sont tous deux dans $L^2(\mtr)$, leur produit est dans $L^1(\mtr)$, seule la deuxième formule peut avoir un sens! On démontre alors cette formule de la même façon que la précédente... Elle est vraie si $f$ et $g$ sont tous deux dans $\mcs(\mtr)$ -prendre par exemple la transformée de Fourier conjuguée, puis on procède en prenant une suite $(f_n)$ qui converge vers $f$ et une suite $(g_n)$ qui converge vers $g$...
3. Posons $g_a=\mathbf 1_{[-a,a]}(x)$, de sorte que $\mathcal{F}(g_a)=\hat{g_a}=f_a$. D'après la formule précédente, on a $$f_a\star f_b=\mathcal{F}(g_a)\star\mathcal{F}(g_b)=2\pi \widehat{g_ag_b}=2\pi f_c,$$ où $c=\min(a,b)$.
4. D'après l'équation précédente, chaque fonction $\frac 1{2\pi}f_a$ est solution de l'équation.... alors que dans $L^1(\mtr)$, cette équation n'a pas de solution non nulle!

Pour le produit, c'est très facile en utilisant la formule de Leibniz pour la dérivée par exemple. Pour le produit de convolution, le mieux est d'utiliser la transformée de Fourier. En effet, $$\mathcal{F}(f\star g)=\hat{f}\hat{g},$$ qui est élément de $\mcs(\mtr)$. On peut alors appliquer la formule d'inversion de la transformée de Fourier qui donne $$f\star g=\overline{\mathcal{F}}(\hat{f}\hat{g}),$$ et utiliser que $\mcs(\mtr)$ est stable par transformation de Fourier (inverse).

Appliquons la transformée de Fourier à cette équation, on sait que $f$ est solution de l'équation si et seulement si $$x^{12}\hat f+x^8 \hat f+\hat f=\hat g\iff \hat f=\frac{\hat g}{1+x^4+x^{12}}.$$ Pour conclure, il suffit, puisque la transformée de Fourier est une bijection de $\mathcal S(\mathbb R)$, de remarquer que $h:x\mapsto \hat g(x)/(1+x^8+x^{12})$ est dans $\mathcal S(\mathbb R)$. Ceci est plutôt facile à vérifier. C'est clairement une fonction de classe $\mathcal C^\infty.$ De plus, pour tout $n\in\mathbb N,$ on a par la formule de Leibniz $$h^{(n)}=\sum_{k=0}^n F_k \hat g^{(k)}$$ où $F_k$ est une fraction rationnelle. On en déduit aisément que $$|x^N| h^{(n)}(x)\to 0\textrm{ lorsque }|x|\to+\infty.$$