Transformée de Fourier

Transformée de Fourier
Matière	Analyse 2
Chapitre	1
Promo	1A
Date	2007
Professeur	V. Perrier
Auteur	L. Petit
PDF	Le Post'IT

Ce qu'on appelle transformée de Fourier c'est l'analyse en fréquence d'une fonction. En 1822, il publie le "Traité de la chaleur". Il créa les séries de Fourier, mais les intégrales sont de Lebesgue (en 1906).

Découverte : Dans $\mathbb{R}^2$, on dispose d'un disque et on veut : $u(t,x,y) =$ temperature du disque en $(x,y)\in \mathcal D=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2 / x^2 + y^2 \leq 1\}$ à l'instant $t > 0$. On obtient l'équation de la chaleur :

$\left\{\begin{array}{ll}\frac{\partial u}{\partial t} - \alpha \Delta u = f & f(t,x,y)\textrm{\,source\,de\,chaleur} \\ u(t=0,x,y) = u_0(x,y) & \textrm{Temperature\,initiale}\\ u_{|\partial \mathcal D} = \varphi & \textrm{Condition\,au\,limite} \end{array}\right.$

Puisque la solution est périodique selon $\theta$, il suffit de chercher ces solutions avec les transformées.

Solution stationnaire : $\frac{\partial u}{\partial t} = 0$ ($f$ indépendant de $t$)

$u_\infty$ vérifie : $\left\{ \begin{array}{l} -\alpha \Delta u_\infty = f \\ u_{| \partial \mathcal D} = \varphi \end{array}\right\}$.

Résoudre dans le cas $f = 0$, $\varphi \in C^\infty(\partial \mathcal D)$.

{Méthode} On cherche $u_\infty$ sous la forme :

$\left\{ \begin{array}{l} u_\infty ( \rho, \theta) = \sum_{n\in \mathbb{Z}} c_n (\rho) e^{in\theta}\\ u_\infty(1,\theta) = \sum_{n\in \mathbb{Z}} c_n(1)e^{in\theta} = \varphi(\theta) = \sum_{n\in \mathbb{Z}} \hat{\varphi}_n e^{in\theta} \end{array}\right.$ $\textrm{avec\,} \forall n, c_n(1) = \hat{\varphi}_n$

On réinjecte $u_\infty$ dans (1), indépendant de $t$ :

• Écrire $\Delta$ en coordonnées polaires
• $\Delta u_\infty = 0 \Rightarrow$ équations différentielles en $c_n(\rho)$
• Résoudre : Besoin des transformées

Motivation pour la TF en traitement du signal.

Un signal est basé sur une fréquence pure : $e^{i\omega x}$, où $x$ est le temps. $\omega =$ pulsation rad$/s$, $\nu = \frac{\omega}{2\pi} =$ fréquence ($Hz$). $T = \frac{1}{\nu}$ période (en $s$).

On cherche à écrire tout signal $f(x)$ comme une superposition de fréquences pures :

$f(x) = \underbrace{\sum_n c_n(f) e^{in\omega x}}_{\textrm{Si\,} f \textrm{\,periodique}}= \underbrace{\int \hat{f}(\nu) e^{i2\pi \nu x} d\nu}_{\textrm{Si\,} f \textrm{\,non\,periodique}}$

Transformée de Fourier dans $L^1(\mathbb{R})$

$L^1(\mathbb{R}) = \left\{ f : \mathbb{R} \to \mathbb{C} / \int_\mathbb{R} \left|f\right| < + \infty \right\}$

Définition

Définition

Soit $f \in L^1(\mathbb{R})$, sa TF est définie par $\forall \nu \in \mathbb{R}$,

$\hat{f}(\nu) = \int_{-\infty}^{+\infty} f(x) e^{-2i\pi\nu x} dx$

Remarque : $\forall \nu \in \mathbb{R}$, $\hat{f}(\nu)$ est bien défini car : $\left|f(x)e^{-2i\pi\nu x}\right| = \left|f(x)\right| \in L^1(\mathbb{R})$.

Notation : $\mathcal F : f \mapsto \hat{f}$ est la transformation de Fourier, $\hat{f} = \mathcal F(f)$.

Exemples

$\Pi(x) = \chi_{[-\frac{1}{2},\frac{1}{2}]}(x)$

$\hat{\Pi}(\nu)$	$=$	$\int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}} e^{-2i\pi \nu x} dx$
	$=$	$\left[\frac{e^{-2i\pi\nu x}}{-2i\pi\nu}\right]_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}$
	$=$	$\frac{e^{-i\pi\nu} - e^{i\pi\nu}}{-2i\pi\nu} = \frac{-2i\sin \pi\nu}{-2i\pi\nu} = \mathrm{sinc}\,(\pi\nu)$

Propriété de $\mathcal F$

$\begin{array}{crcl} \mathcal F: & L^1(\mathbb{R}) & \to & L^{\infty}(\mathbb{R}) \\ & f & \mapsto & \hat{f}\end{array}$ est une application linéaire, continue, et on a :

$\forall f \in L^1(\mathbb{R}),$ $\left\|\hat{f}\right\|_{L^\infty(\mathbb{R})} \leq \left\|f\right\|_{L^1(\mathbb{R})}$ donc $\left|\left\|\mathcal F\right\|\right| \leq 1$.

Soit $g : E \to F$ une application linéaire d'un evn $(E,\left\|.\right\|_E)$ vers un evn $(F,\left\|.\right\|_F)$.

Alors :

$g$ est continue sur $E$	$\Leftrightarrow$	$g$ est continue en $0$
	$\Leftrightarrow$	$g$ est bornée sur $\mathcal B = \{ x \in E, \left\|x\right\|_E \leq 1\}$
	$\Leftrightarrow$	$\exists k > 0$, $\forall x \in E$, $\left\|g(x)\right\|_F \leq k \left\|x\right\|_E (\star)$

Dans ce cas : on appelle

$\left|\left\|g\right\|\right|$	$=$	$\inf \{k \textrm{\,verifiant\,} (\star)\}$
	$=$	$\sup\limits_{x\in E\{\infty\}}^{} \frac{\left\|g(x)\right\|_F}{\left\|x\right\|_E}$

Démonstration

• $\forall f,g\in L^1(\mathbb{R})$, $\forall \lambda \in \mathbb{C}$, $\mathcal F(f+\lambda g) = \mathcal F(f) + \lambda \mathcal F(g)$, linéarité de $\int$.
• Continuité : $f \in L^1(\mathbb{R})$, $\forall \nu \in \mathbb{R}, \left|\hat{f}(\nu)\right| = \left|\int_{-\infty}^{+\infty} f(x)e^{-2i\pi\nu x} dx\right| \leq \int_{-\infty}^{+\infty} \left|f(x)\right| dx = \left\|f\right\|_{L^1}$

donc $\nu \mapsto \hat{f}(\nu)$ est bornée donc appartient à $L^\infty(\mathbb{R})$ et

$\left\|\hat{f}\right\|_{L^\infty} = \sup\limits_{\nu \in \mathbb{R}}^{} \left|\hat{f} (\nu)\right| \leq \left\|f\right\|_{L^1}$

Conclusion : $\left\|\mathcal F(f)\right\|_{L^\infty} \leq \left\|f\right\|_{L^1}$ donc $\mathcal F$ est continue et $\left|\left\|\mathcal F\right\|\right| \leq 1$.

Remarque : On connait la fonction $\Pi \in L^1(\mathbb{R})$ tel que $\left\|\Pi\right\|_{L^1} = 1$ et $\left\|\hat{\Pi}\right\|_{L^\infty} = \sup\limits_{\nu \in \mathbb{R}}^{} \left|\mathrm{sinc}\,(\pi\nu)\right| = 1$ donc $\left|\left\|\mathcal F\right\|\right| = 1$ (le sup est atteint en $\Pi$).

Théorème de Riemann-Lebesgue

Théorème

Si $f \in L^1(\mathbb{R})$, alors $\nu \mapsto \hat{f}(\nu)$ est continue et $\lim\limits_{\nu \to \pm \infty}^{} \hat{f}(\nu) = 0$.

(En particulier $\lim\limits_{n\to +\infty}^{} \int_{-\infty}^{+\infty} f(x) e^{in\omega x} dx = 0$ si $f \in L^1(\mathbb{R})$)

$\mathcal D(\mathbb{R}) = \left\{ \varphi : \mathbb{R} \to \mathbb{C} / \varphi \in C^{\infty}(\mathbb{R}), \mathrm{supp}\,\varphi \textrm{\,compact} \right\}$ où $\mathrm{supp}\,\varphi = \overline{\left\{ x \in \mathbb{R} / \varphi(x) \neq 0 \right\}}$

$\mathcal D(\mathbb{R})$ est dense dans $L^1(\mathbb{R})$ : $\forall \varepsilon > 0$, $\forall f \in L^1(\mathbb{R})$, $\exists \varphi_\varepsilon \in \mathcal D(\mathbb{R})$, $\left\|f-\varphi_\varepsilon\right\|_{L^1(\mathbb{R})} < \varepsilon$

Démonstration

1. Continuité de $\hat{f}(\nu) = \int_\mathbb{R} f(x) e^{-2i\pi\nu x} dx$. $g(x,\nu) = f(x) e^{-2i\pi\nu x}$
   • $\nu \mapsto f(x) e^{-2i\pi\nu x}$ continue, pp en $x$
   • $\left|g(x,\nu)\right| = \left\|f(x)\right\| \in L^1(\mathbb{R})$ donc $\nu \mapsto \int_\mathbb{R} g(x,\nu) dx$ est continue.
2. $\lim\limits_{\nu \to \pm \infty}^{} \hat{f}(\nu)$ ?
   1. $f = \varphi \in \mathcal D(\mathbb{R})$ $\hat{\varphi}(\nu) = \int_{-\infty}^{+\infty} \varphi(x)e^{-2i\pi\nu x} dx = \left\{ \varphi(x) \frac{e^{-2i\pi\nu x}}{-2i\pi\nu}\right\}_{-\infty}^{+\infty} - \int_{-\infty}^{+\infty} \varphi(x) \frac{e^{-2i\pi\nu x}}{-2i\pi\nu}dx$

      $\mathrm{supp}\, \varphi$ borné donc $\exists M > 0$, $\varphi(x) = 0$, $\forall \left|x\right| \geq M$ donc le terme de bord est nul.

      Donc :

      $\left|\hat{\varphi}(\nu)\right|$	$=$	$\frac{1}{2\pi\left|\nu\right|} \left|\int_{-\infty}^{+\infty} \varphi'(x) e^{-2i\pi \nu x} dx\right|$
      	$\leq$	$\frac{1}{2\pi \left|\nu\right|} \int_{-\infty}^{+\infty} \left|\varphi'(x)\right| dx$

      $\varphi'$ est continue sur $\mathbb{R}$, ce support borné donc intégrable donc $\lim_{\nu \to \pm \infty} \hat{\varphi}(\nu) = 0$.

   2. $f \in L^1(\mathbb{R})$. Soit $\varepsilon > 0$,
      • Par densité de $\mathcal D(\mathbb{R})$ dans $L^1(\mathbb{R})$ : $\exists \varphi \in \mathcal D(\mathbb{R})$, $\left\|f-\varphi\right\|_{L^1} \leq \frac{\varepsilon}{2}$

      • $\left|\hat{f}(\nu)\right|$	$\leq$	$\left|\hat{f}(\nu) - \hat{\varphi}(\nu)\right| + \left|\hat{\varphi}(\nu)\right| = \left|\mathcal F(f-\varphi)(\nu)\right|+\left|\hat{\varphi}(\nu)\right|$
        	$\leq$	$\left\|\mathcal F(f-\varphi)\right\|_{L^\infty} + \left|\hat{\varphi}(\nu)\right| \leq \left\|f-\varphi\right\|_{L^1} + \left|\hat{\varphi}(\nu)\right| \leq \frac{\varepsilon}{2} + \left|\hat{\varphi}(\nu)\right|$

      $\varphi(x) \underset{\nu\to \pm\infty}{\longrightarrow} 0$ donc $\exists M > 0$, $\forall \left|\nu\right| \geq M$, $\left|\varphi(\nu)\right| \leq \frac{\varepsilon}{2}$, donc $\forall \left|(\right|\nu) \geq M$, $\left|\hat{f}(\nu)\right| \leq \varepsilon$.

Propriétés "géométriques"

Dilatation : $a \in \mathbb{R}$, $a \neq 0$. Soit $f \in L^1(\mathbb{R})$. On pose que $f_a(x) = f(ax)$.

Alors

$\hat{f}_a(\nu) = \frac{1}{\left|a\right|} \hat{f}\left(\frac{v}{a}\right)$

Démonstration

$\hat{f}_a(\nu)$	$=$	$\int_{-\infty}^{+\infty}f(ax)e^{-2i\pi\nu x} dx$
	$=$	$\textrm{signe}(a) \int_{-\infty}^{+\infty}f(u) e^{-2i\pi \nu \frac{u}{a}} \frac{du}{a}$
	$=$	$\frac{1}{\left|a\right|} \hat{f}\left(\frac{v}{a}\right)$

Translation : Th du retard, $\tau \in \mathbb{R}$, retard, $f\in L^1(\mathbb{R})$. $f_\tau (x) = f(x - \tau)$.

Alors :

$\hat{f}_\tau(\nu) = \underbrace{e^{-2i\pi\nu\tau}}_{\textrm{facteur\,de\,retard\,ou\,dephasage}}\hat{f}(\nu)$

Remarque :

$\left|\hat{f}_\tau (\nu)\right| = \left|\hat{f}(\nu)\right|$

Démonstration

$\hat{f}_\tau(\nu)$	$=$	$\int_{-\infty}^{+\infty} f(x-\tau) e^{-2i\pi\nu x} dx$
		$\qquad u = x-\tau \qquad du = dx$
	$=$	$\int_{-\infty}^{+\infty} f(u) e^{-2i\pi\nu(u+\tau)}du$
	$=$	$e^{-2i\pi\nu\tau} \hat{f}(\nu)$

$\Pi(x) = \chi_{[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}]} (x)$.

Pour $n \in \mathbb{N}$, $\Pi_n (x)= n \Pi(nx)$.

On remarque que l'on a, pour $x$ fixé :

$\Pi_n(x) \underset{n\to +\infty}{\longrightarrow} \left\{ \begin{array}{ll} +\infty & \textrm{\,si\,} x = 0\\ 0 & \textrm{\,si\,} x \neq 0 \end{array}\right\}$

Calculons la transformée de Fourier de cette fonction.

$\hat{\Pi}_n(\nu)$	$=$	$\mathcal F(n \Pi(nx)) (\nu)$
	$=$	$\frac{n}{n} \hat{\Pi}\left(\frac{\nu}{n}\right) = \hat{\Pi}\left(\frac{\nu}{n}\right) = \mathrm{sinc}\,\left(\frac{\pi \nu}{n}\right)$

$\forall \nu \in \mathbb{R}, \lim\limits_{n \to +\infty}^{} \hat{\Pi}_n(\nu) = 1$

TF et Dérivations

Théorème

1. Si $f\in L^1(\mathbb{R})$, $f \in C^1(\mathbb{R})$ et $f' \in L^1(\mathbb{R})$, alors : $\widehat{\left(f'\right)} = \mathcal F(f') (\nu) = 2i\pi \nu \hat{f}(\nu)$
2. Si $f \in L^1(\mathbb{R})$ et si $x \mapsto x f(x) \in L^1(\mathbb{R})$, alors $\nu \mapsto \hat{f}(\nu)$ est dérivable et : $\left(\hat{f}\right)' (\nu) = \frac{d}{d\nu} \hat{f}(\nu) = -2i\pi \mathcal F(x f(x))(\nu)$

Démonstration

1. $\mathcal F(f')(\nu)$	$=$	$\int_{-\infty}^{+\infty} f'(x)e^{-2i\pi\nu x} dx$
   	$=$	$\left[ f(x) e^{-2i\pi\nu x} \right]_{-\infty}^{+\infty} - \int_{-\infty}^{+\infty} f(x)(-2i\pi \nu)e^{-2i\pi\nu x}dx$

   Montrer que : $f$ admet une limite en $+\infty$, et que cette limite est nulle.

   $f$ est $C^1$ donc $f(x) = f(0) + \int_0^x f'(t) dt$.

   $\lim_{x\to+\infty} f(x) = f(0) + \int_0^{+\infty} f'(t)dt < +\infty \qquad \textrm{car\,} f'\in L^1 \textrm{\,par\,hyp}$

   On pose $\lambda = \lim_{+\infty} f(x)$, alors $\exists A > 0$, $\forall x > A$, $f(x) > \frac{\lambda}{2}$

   $\int_A^{+\infty} f(x)dx > \int_A^{+\infty} \frac{\lambda}{2} dx = + \infty\;! \qquad (\Rightarrow \textrm{\,contradiction\,!})$

   Conclusion : $f(x) \underset{x\to \pm \infty}{\longrightarrow} 0$ et $\mathcal F(f')(\nu) = 2i\pi\nu \hat{f}(\nu)$

2. $\hat{f}(\nu) = \int_{-\infty}^{+\infty} f(x) e^{-2i\pi\nu x} dx$

   $g(x,\nu) = f(x)e^{-2i\pi\nu x}$

   • $\nu \to g(x,\nu)$ est dérivable par rapport à $\nu$, pp en $x$ et $\frac{\partial g}{\partial \nu}(x,\nu) = - 2 i\pi x f(x)e^{-2i\pi\nu x}$
   • $\left|\frac{\partial g}{\partial v}\right| = 2\pi \left|xf(x)\right| \in L^1(\mathbb{R})$ par hypp, donc $\hat{f}$ est dérivable et

     $\frac{d}{dv}\hat{f}(\nu)$	$=$	$\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\partial }{\partial \nu} g(x,\nu)dx$
     	$=$	$-2i\pi \int_{-\infty}^{+\infty} x f(x) e^{-2i\pi\nu x} dx$
     	$=$	$-2i\pi \mathcal F(x f(x))(\nu)$

$G(x) = e^{-\pi x^2}$, on montre $\hat{G}(\nu) = e^{-\pi \nu^2}$.

Produit de convolution

Sa motivation est centrée sur le traitement du signal. Soit $f(x)$ un signal, $A$ un système (un opérateur). $g=A(f)$ est le signal filtré.

Hypothèse sur $A$ :

• $A$ linéaire ($A$ filtre) : $A(f_1 + \lambda f_2) = A(f_1) + \lambda A(f_2)$
• $A(f(x-\tau)) = \left[ A(f) \right] (x-\tau)$

Alors $A$ est nécessairement un opérateur de convolution, c'est à dire : $\exists h : \mathbb{R} \to \mathbb{C}$, $\forall f$, $A(f) = h \star f$ où :

$h\star f(x) = \int_{-\infty}^{+\infty} h(y)f(x-y) dy$

Définition et propriétés

Définition

Pour $f$ et $g$ deux fonctions de $L^1(\mathbb{R})$. On définit $f \star g$ par :

$(f \star g)(x) = \int_{-\infty}^{+\infty} f(y) g(x-y) dy$

{Propriétés : } $f \star g \in L^1(\mathbb{R})$ (donc $f \star g$ est défini pour presque tout $x \in \mathbb{R}$) et on a :

$\left\|f\star g\right\|_1 \leq \left\|f\right\|_{L^1} . \left\|g\right\|_{L^1}$

Démonstration

Application de théorème de Fubini.

$\int_{-\infty}^{+\infty} \left|(f\star g)(x)\right| dx = \int_{-\infty}^{+\infty} \left|\int_{-\infty}^{+\infty} f(y)g(x-y)dy\right|dx$

Montrons que $\begin{array}{rcl} (x,y) & \mapsto & f(y)g(x-y) \\ \mathbb{R}^2 & \to & \mathbb{C} \end{array}$ est intégrable dans $\mathbb{R}^2$.

On a donc :

$\int_{\mathbb{R}^2} \left|f(y)g(x-y)\right| dxdy$	$=$	$\int_{-\infty}^{+\infty} \left|f(y)\right| \left[ \int_{-\infty}^{+\infty} \left|g(x-y)\right|dx\right] dy$
	$=$	$\int_{-\infty}^{+\infty} \left|f(y)\right| \underbrace{\left[ \int_{-\infty}^{+\infty} \left|g(u)\right|du\right]}_{< +\infty \textrm{\,car\,} g \in L^1} dy$
	$=$	$\left( \int_{-\infty}^{+\infty} \left|g(u)\right| du \right) \left( \int_{-\infty}^{+\infty} \left|f(y)\right| dy\right) = \left\|g\right\|_{L^1}. \left\|f\right\|_{L^1} < +\infty$

donc $(x,y) \mapsto f(y)g(x-y) \in \mathbb{R}^2$ et on a :

$\left\|f\star g\right\|_{L^1}$	$\leq$	$\int_{\mathbb{R}^2} \left|f(y)g(x-y)\right| dxdy$
	$\leq$	$\left\|f\right\|_{L^1} . \left\|g\right\|_{L^1}$

donc $(f \star g) \in L^1(\mathbb{R})$, donc défini presque partout en $x$ d'après le lemme suivant : Si $\left\{ \begin{array}{l} f\in L^1(\mathbb{R}) \\ f \geq 0 \end{array}\right.$ alors $f(x) \in \mathbb{R}$ presque partout en $x$ (donc $f$ est définie presque partout en $x$).

Démonstration

$E = \{ x\in \mathbb{R} / f(x) = +\infty \}$. Si $\lambda(E) \neq \emptyset$, $\lambda(E) = \int_E 1 dx$ mesure de $E$, alors

$\int_\mathbb{R} f(x) dx > \int_E f(x)dx = +\infty\times \lambda(E) = +\infty$

Contradiction ! Donc $E$ est de mesure nulle. Et $f(x) < +\infty$ sur $\mathbb{R}\setminus E$ donc presque partout en $x$.

{Propriétés :} $f$, $g$, $h \in L^1(\mathbb{R})$

1. $f \star g = g\star f$ (Changement de variable)
2. $(f\star g)\star h = f\star (g\star h)$ (Fubini)
3. $f\star (g+h) = f\star g + f\star h$ (linéarité de l'intégrale)

Montrer qu'il existe pas d'élément neutre de $\star$ dans $L^1(\mathbb{R})$. Ruse : Passer par Fourier.

Convolution et transformée de Fourier

Proposition

$f,g \in L^1(\mathbb{R})$

Alors : $\mathcal F(f\star g) = \mathcal F(f).\mathcal F(g)$

"$\mathcal F$ transforme $\star$ en produit simple"

Démonstration

Thm de Fubini.

$\mathcal F(f \star g) (\nu)$	$=$	$\int_{-\infty}^{+\infty} (f\star g)(x)e^{-2i\pi\nu x} dx$
	$=$	$\int_{-\infty}^{+\infty} \left[ \int_{-\infty}^{+\infty} f(y)g(x-y)dy\right] e^{-2i\pi\nu x} dx$

$(x,y) \mapsto \left|f(y)g(x-y)e^{-2i\pi\nu x}\right| = \left|f(y) g(x-y)\right| \in L^1(\mathbb{R})$

Donc on peut appliquer le théorème de Fubini :

$\mathcal F(f\star g) (\nu)$	$=$	$\int_{-\infty}^{+\infty} f(y) \left( \int_{-\infty}^{+\infty} g(x-y) e^{-2i\pi\nu x}dx\right) dy$
	$=$	$\int_{-\infty}^{+\infty} f(y) \left[ \int_{-\infty}^{+\infty} g(u) \underbrace{e^{-2i\pi\nu (u+y)}}_{e^{-2i\pi\nu u}.e^{-2i\pi\nu v}} du\right]dy$
	$=$	$\int_{-\infty}^{+\infty} f(y) e^{-2i\pi \nu y} \hat{g}(\nu) dy = \hat{g}(\nu) \hat{f}(\nu)$

Méthode des moyennes glissantes (lissage de signal).

Pour lisser la fonction $f$, on remplace $f(x)$ par une moyenne local.

$\sigma f(x) = \frac{1}{\tau} \int_{x-\frac{\tau}{2}}^{x+\frac{\tau}{2}} f(t) dt = \int_{-\infty}^{+\infty} h(x-t) f(t) dt$

où $h(t) = \left\{ \begin{array}{ll} \frac{1}{\tau} & \textrm{\,si\,} -\frac{\tau}{2} \leq t \leq \frac{\tau}{2} \\ 0 & \textrm{\,sinon}\end{array}\right\}$.

Comment cela s'interprète dansl e domaine de Fourier. $\Pi = \chi_{[-1/2,1/2]}$, $h = \frac{1}{\tau} \Pi\left(\frac{x}{\tau}\right)$.

$\mathcal F(\underbrace{f\times h}_{\sigma f} ) = \hat{f}.\hat{h}$, or :

$\hat{h} = \mathcal F\left(\frac{1}{\tau} \Pi \left(\frac{x}{\tau}\right)\right) = \hat{\Pi}(\tau \nu) = \mathrm{sinc}\,(\pi\tau\nu)$

Il faut donc choisir $\tau$ en fonction de $\nu_{max}$

Transformée de Fourier inverse

La motivation est centrée sur le fait qu'à partir d'une transformée de Fourier. On voudrait retrouver la fonction originale. L'objectif est :

• Trouver un bon candidat pour $\mathcal F^{-1}$ : $\overline\mathcal F$.
• Trouver un espace invariant par $\mathcal F$ et $\overline\mathcal F$ $\to$ $\mathcal S(\mathbb{R})$
• Continuité et inversion : $\mathcal F : (\mathcal S(\mathbb{R})$, $\left\|...\right\|_{L^2}) \to (\mathcal S(\mathbb{R}),\left\|...\right\|_{L^2}$
• Par densité $\mathcal F : L^2 \to L^2$ $\to$ Hahn Bannach

Définition de $\overline\mathcal F$

Définition

L'application $\overline\mathcal F$ est définie pour tout $f \in L^1(\mathbb{R})$ par

$\forall \lambda \in \mathbb{R}, \qquad \overline\mathcal F(f)(\lambda) = \int_{-\infty}^{+\infty} f(u)e^{2i\pi u \lambda}du$

Remarque :

• Si $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$, $\overline\mathcal F(f)(\lambda) = \int_{-\infty}^{+\infty} \overline{f(u)} \overline{e^{-2i\pi u \lambda}} du = \overline{\mathcal F(f)(\lambda)}$
• Si $f : \mathbb{R} \to \mathbb{C}$, $\overline\mathcal F(f)(\lambda) = \int_{-\infty}^{+\infty} \overline{\bar{f}(u)} \overline{e^{-2i\pi u \lambda}} du = \overline{\mathcal F(\bar f)(\lambda)}$

Proposition Toutes les prop. démontrés sur $\mathcal F$ se transposent à $\bar\mathcal F$ (ex : $\bar\mathcal F : L^1(\mathbb{R}) \to L^\infty(\mathbb{R})$, linéaire, continue,...).

Théorème

Soit $f \in L^1(\mathbb{R})$ telle que $\mathcal F(f) = \hat{f} \in L^1(\mathbb{R})$.

Alors : $f = \overline\mathcal F(\hat{f}) = \overline\mathcal F \mathcal F(f)$ et $f(x) = \int_{-\infty}^{+\infty} \hat{f}(\nu) e^{2i\pi\nu x} d\nu$ et l'égalité est vraie $\forall x \in \mathbb{R}$ (car $f$ et $\hat{f}$ sont continues).

$f(x) = e^{-\left|x\right|} \in L^1(\mathbb{R})$, $\hat{f}(\nu) = \frac{1}{1+4\pi^2 \nu^2} \in L^1(\mathbb{R})$ (à vérifier).

$e^{-\left|x\right|} = \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{1+4\pi^2 \nu^2} e^{2i\pi \nu x} d\nu$

En déduire la transformée de Fourrier de la fonction : $x \mapsto \frac{1}{1+x^2}$

La classe de Schwartz $\mathcal S(\mathbb{R})$

$\mathcal S(\mathbb{R})$ est l'ensemble des fonctions $\mathcal C^\infty$ sur $\mathbb{R}$, à décroissance rapide, ainsi que toutes leurs dérivées.

Définition

$\varphi \in \mathcal S(\mathbb{R}) \Leftrightarrow \varphi \in \mathcal C^\infty(\mathbb{R})$ et $\forall (k,n) \in \mathbb{N}^2$, $\exists c >0$

$\forall x \in \mathbb{R} \qquad \left|x^k \varphi^{(n)}(x)\right| \leq c \qquad (x^k \varphi^{(n)}(x) \in L^\infty(\mathbb{R}))$

$\Leftrightarrow \varphi \in \mathcal C^\infty(\mathbb{R}), \, \forall (k,n) \in \mathbb{N}^2$

$\lim_{x \to \pm \infty} x^k \varphi^{(n)}(x) = 0$

• $e^{-\pi x^2} \in \mathcal S(\mathbb{R})$
• $\mathcal D(\mathbb{R}) = \left\{ \varphi : \mathbb{R} \to \mathbb{R} | \varphi \in \mathcal C^\infty(\mathbb{R}), \mathrm{supp}\,\varphi \textrm{\,compact}\right\}$, $\mathcal D(\mathbb{R}) \subset \mathcal S(\mathbb{R})$

Remarque :

• $\mathcal D(\mathbb{R})$ est dense dans $L^1(\mathbb{R})$ et $L^2(\mathbb{R})$
• $\mathcal S(\mathbb{R}) \subset L^1(\mathbb{R})$, $L^2(\mathbb{R})$ ... donc $\mathcal S(\mathbb{R})$ est dans $L^1(\mathbb{R})$ et aussi $L^2(\mathbb{R})$.

Proposition

Soit $\varphi \in \mathcal S(\mathbb{R})$. Alors $\forall k$, $\forall p \in \mathbb{N}$,

$x \mapsto x^k \varphi^{(p)}(x) \in \mathcal S(\mathbb{R})$

Démonstration

$k,p \in \mathbb{N}$, $\Psi(x) = x^k \varphi^{(p)} (x) \in \mathcal C^\infty(\mathbb{R})$. On utilise la formule de Leibnitz pour dériver $\Psi$, $\varphi\in \mathcal S(\mathbb{R}) \Rightarrow \Psi \in \mathcal S(\mathbb{R})$

Proposition Si $\varphi \in \mathcal S(\mathbb{R}), \hat{\varphi} \in \mathcal S(\mathbb{R})$

Démonstration

• $\varphi \in \mathcal S(\mathbb{R}) \subset L^1(\mathbb{R})$ donc $\hat{\varphi}$. Montrons que $\hat{\varphi}$ à décroissance rapide. $p \in \mathbb{N}$, $\varphi$, $\varphi'$, ... ,$\varphi^{(p)} \in \mathcal S(\mathbb{R}) \subset L^1(\mathbb{R})$ donc : $\begin{array}{l} \mathcal F(\varphi')(\nu) = 2i \pi \nu \hat{\varphi}(\nu) \\ \quad\vdots \\ \mathcal F(\underbrace{\varphi^{(p)}}_{\in L^1} (\nu) = (2i\pi\nu)^p \hat{\varphi}(\nu) \in L^\infty(\mathbb{R}), \textrm{\,continue,\,donc\,bornee\,} \forall p \end{array}$

  donc $\hat{\varphi}$ à décroissance rapide.

• Montrer que $\varphi$ est $\mathcal C^\infty$. $p \in \mathbb{N}$, $\varphi \in \mathcal S(\mathbb{R})$ : $x \mapsto x^p \varphi(x) \in \mathcal S(\mathbb{R}) \subset L^1(\mathbb{R})$ ($p=1$) alors $\hat{\varphi}$ est dérivable jusqu'à l'ordre $p$ et $\left\{ \begin{array}{l} \frac{d}{d\nu} \hat{\varphi}(\nu) = -2i\pi \mathcal F(x\varphi(x))(\nu) \\ \vdots \\ \frac{d^p}{d\nu^p}\hat{\varphi}(\nu) = (-2i\pi)^p \mathcal F(x^p \varphi(x))(\nu) \end{array}\right.$
• $\hat{\varphi}$ est dérivable pour tout $p$ donc $\hat{\varphi}$ est $\mathcal C^\infty$.

  Montrons que $\forall k$, $\frac{d^k \hat{\varphi}}{d\nu^k}$ est en décroissance rapide. Pour $p \in \mathbb{N}$

  $\nu^p \frac{d^k \hat{\varphi}}{d\nu^k}$	$=$	$\nu^p \times (-2i\pi)^k \mathcal F(x^k \varphi(x))(\nu)$
  	$=$	$\frac{(-2i\pi)^k}{(2i\pi)^p} \mathcal F\left(\underbrace{(x^k \varphi(x))^{(p)}}_{\in \mathcal S(\mathbb{R}) \subset L^1(\mathbb{R})}\right) (\nu)$

  donc $\nu \mapsto \nu^p \frac{d^k \hat{\varphi}}{d\nu^k}$ est continue bornée comme transformée de Fourier d'une fonction intégrable.

• Conclusion : $\hat{\varphi} \in \mathcal S(\mathbb{R})$

Inversion de $\mathcal F$ dans $\mathcal S(\mathbb{R})$

Théorème

$\mathcal F : \mathcal S(\mathbb{R}) \to \mathcal S(\mathbb{R})$ est inversible et $\mathcal F^{-1} = \mathcal F$ ($\mathcal F \overline\mathcal F = \overline \mathcal F \mathcal F = \textrm{Id}_{\mathcal S(\mathbb{R})}$) donc $\forall \varphi \in \mathcal S(\mathbb{R})$.

$\varphi(x) = \int_{-\infty}^{+\infty} \hat{\varphi}(\nu) e^{2i\pi \nu x} d\nu (=\overline\mathcal F \mathcal F \varphi)$

Remarque :

$\int_{-\infty}^{+\infty}\hat{\varphi}(\nu) e^{2i\pi \nu x} d\nu$	$=$	$\int_{-\infty}^{+\infty} \int_{-\infty}^{+\infty} \varphi(u) e^{-2i\pi \nu u}e^{2i\pi\nu x} du dx$
	$=$	$\varphi(u) \left[ \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-2i\pi \nu(u-x)} dx \right] du ???????$

Gnaaaan ! C'est pas intégrable sur $\mathbb{R}$.

Formule de Parseval dans $\mathcal S(\mathbb{R})$ : $\forall f, \varphi \in \mathcal S(\mathbb{R})$,

$\int_{-\infty}^{+\infty} \hat{f}(\nu) \overline{\varphi(\nu)}d\nu = < \mathcal F(f),\varphi >_{L^2} = \int_{-\infty}^{+\infty} f(x) \overline{\bar \mathcal F(\varphi)(x)} dx = < f, \bar\mathcal F(\varphi)>_{L^2}$ $\int f(x) \overline{\bar \mathcal F(\varphi)(x)} dx = \int f(x) \left( \overline{\int \varphi(u)e^{2i\pi x u} du} \right)$

$(x,u) \mapsto f(x)\varphi(u) e^{2i\pi xu} \in L^1(\mathbb{R}^2)$ car $\int\!\!\!\int \left|f(x)\varphi(u)\right| dxdu = \left(\int \left|f\right|\right) \left(\int \left|\varphi\right|\right) < +\infty$.

$I_{\textrm{Fubini}} = \int \overline{\varphi(u)} \underbrace{f(x)e^{-2i\pi ux} dx}_{\hat{f}(u)} du = \int \overline{\varphi(u)} \hat{f}(u) du$

$h(x) = e^{-\pi x^2}$

$\forall \varepsilon > 0$, $h_\varepsilon (x) = \frac{1}{\varepsilon} h\left(\frac{x}{\varepsilon}\right) = \frac{1}{\varepsilon} e^{-\pi (\frac{x}{\varepsilon})^2}$

Alors

$\overline \mathcal F \mathcal F h_\varepsilon = h_\varepsilon$

Démonstration

$\hat{h}(\nu) = e^{-\pi \nu^2} = h(\nu)$.

$\hat{h}_\varepsilon(\nu) = \frac{1}{\varepsilon} \mathcal F\left(h\left(\frac{x}{\varepsilon}\right)\right)(\nu) = \frac{1}{\varepsilon} \varepsilon \hat{h}(\varepsilon\nu) = e^{-\pi (\varepsilon \nu)^2} = h(\varepsilon \nu)$

$\overline\mathcal F\mathcal Fh_\varepsilon = \overline \mathcal F(\hat{h}(\varepsilon \nu))$	$=$	$\overline\mathcal F(h(\varepsilon \nu))$
	$=$	$\overline{\mathcal F(h(\varepsilon\nu))}$
	$=$	$\frac{1}{\varepsilon} \hat{h}\overline{\left(\frac{\nu}{\varepsilon}\right)}$
	$=$	$\frac{1}{\varepsilon} \hat{h} \left(\frac{\cdot}{\varepsilon}\right)$
	$=$	$\frac{1}{\varepsilon} h\left(\frac{\cdot}{\varepsilon}\right) = h_\varepsilon$

Démonstration

du Théorème, en deux étapes :

1. Montrons $\forall f \in \mathcal S(\mathbb{R})$, $\overline\mathcal F \mathcal F f(0) = f(0)$. On applique le lemme 4 avec $\varphi(\nu) = \hat{h}_\varepsilon (\nu) = \mathcal F h_\varepsilon$ On a : $<\mathcal F f,\varphi> = <f,\overline\mathcal F \varphi>$

   $<\mathcal F f, \mathcal F h_\varepsilon>$	$=$	$<f, \overline\mathcal F \mathcal F h_\varepsilon> \qquad \textrm{(lemme\,4)}$
   	$=$	$<f,h_\varepsilon> \qquad \textrm{(lemme\,5)} (\star)$

   D'autre part $<\mathcal F f, \mathcal F h_\varepsilon> = \overline{<\mathcal F h_\varepsilon,\mathcal F f>} = \overline{<h_\varepsilon , \overline\mathcal F \mathcal F f>} = <\overline\mathcal F \mathcal F f, h_\varepsilon> (\star \star)$

   $(\star)$ et $(\star \star) \Rightarrow \forall \varepsilon > 0$, $<\overline \mathcal F \mathcal F h, h_\varepsilon> = <f,h_\varepsilon>$.

   $<f,h_\varepsilon> = \int f(x) \frac{1}{\varepsilon} h\left( \frac{x}{\varepsilon} \right) dx = \int \underbrace{f(\varepsilon u)}_{\in \mathcal S(\mathbb{R})} \underbrace{h(u)}_{\in \mathcal S(\mathbb{R})} du \underset{\varepsilon\to 0}{\longrightarrow} \int f(0) h(u) du = f(0) \left( \int h \right) \textrm{\,(convergence\,dominee)}$

   Donc $<\overline\mathcal F \mathcal F f, h_\varepsilon> \to \overline \mathcal F \mathcal F f(0) \times \left( \int h \right)$

2. On a démontré : Pour $\varphi \in \varphi(\mathbb{R})$, $\overline\mathcal F \mathcal F (\varphi) (0) = \varphi(0)$ $(\star)$.

   Soit $x \in \mathbb{R}$. $\varphi \in \mathcal S(\mathbb{R})$. On considère la fonction $g(z) = \varphi(x+z)$. $\forall z \in \mathbb{R}$.

   On a $g(0) = \varphi(x)$. $g\in \mathcal S(\mathbb{R})$ donc par $(\star)$, $\overline\mathcal F \mathcal F(g)(0) = g(0) = \varphi(x)$.

   D'autre part : $\mathcal F(g)(\nu) = \hat{g}(\nu) = \mathcal (\varphi(x+.)) (\nu) = e^{2i\pi\nu x}\hat{\varphi}(\nu)$.

   Donc :

   $\overline\mathcal F\underbrace{\left( e^{+2i\pi x\nu} \hat{\varphi}(\nu)\right)}_{\mathcal F g} (u)$	$=$	$\int_{-\infty}^{+\infty} e^{2i\pi x \nu} \hat{\varphi}(\nu) e^{2i\pi\nu u} d\nu$
   	$=$	$\int_{-\infty}^{+\infty} \hat{\varphi}(\nu) e^{2i\pi\nu (x+u)} d\nu$
   	$=$	$\overline\mathcal F (\hat{\varphi}) (x+u) = \overline\mathcal F \mathcal F (\varphi) (x+u)$

   donc : $\overline\mathcal F \mathcal F(g) (0) = \overline\mathcal F \mathcal F(\varphi) (x)$.

   $\forall x \in \mathbb{R}$, $\forall \varphi \in \mathcal S(\mathbb{R})$,

   $\overline\mathcal F \mathcal F(\varphi) (x) = \varphi(x)$

   De même, on démontre : $\mathcal F \overline\mathcal F = \textrm{Id}_{\mathcal S(\mathbb{R})}$

Transformée et produit

Remarque :

• Si $f,g \in L^1(\mathbb{R})$, $(fg)$ n'est pas forcément dans $L^1(\mathbb{R})$
• Si $f,g \in L^2(\mathbb{R})$ alors $(fg) \in L^1(\mathbb{R})$ car $\int_{-\infty}^{+\infty} \left|fg\right| \leq \sqrt{\int_{-\infty}^{+\infty} \left|f\right|^2} \sqrt{\int_{-\infty}^{+\infty} \left|g\right|^2}$
• $f,g \in \mathcal S(\mathbb{R})$, alors $(fg) \in \mathcal S(\mathbb{R})$

  En effet :

  • $(fg) \in \mathcal C^{\infty} (\mathbb{R})$
  • Montrons que $\forall k \in \mathbb{N}$, $(fg)^{(k)}$ est à décroissance rapide.

Formule de Leibnitz :

$(fg)^{(k)} = \sum_{p=0}^k \binom{k}{p} f^{(p)} g^{(k-p)}$

Alors : $\forall m \in \mathbb{N}$,

$\left|x^m (fg)^{(k)}\right| \leq \sum_{p=0}^k \binom{k}{p} \left|\underbrace{f^{(p)}}_{\leq c_{1,p,n}} \underbrace{g^{(k-p)}}_{\leq c_{2,k-p}}\right| \leq cte$

Proposition

$\forall \varphi \in \mathcal S(\mathbb{R})$, $\forall \Psi \in \mathcal S(\mathbb{R})$

$\mathcal F(\varphi \Psi) = \mathcal F(\varphi) \star \mathcal F(\Psi)$

Démonstration

$\varphi$, $\Psi \in \mathcal S(\mathbb{R})$

On a, d'après $(\star \star)$ (en posant $f = \mathcal F(\varphi)$ et $g = \mathcal F(\Psi)$).

Exemple d'application

Equation de la chaleur.

À $t = 0$ : $\varphi(x)$ température de la tige.

Soit $u(t,x)$ la température de la tige à l'instant $t > 0$. Alors $u(t,x)$ vérifie :

$\left\{\begin{array}{l} \frac{\partial u}{\partial t}(t,x) - \frac{\partial ^2 u}{\partial x^2}(t,x) = 0 \\ u(0,x) = \varphi(x)\end{array}\right.$

Montrer qu'i existe une unique solution $u(t,x) \in \mathcal (\mathbb{R}_+ \times \mathbb{R})$, soit :

• $u \in \mathcal C^{\infty}(\mathbb{R}_+ \times \mathbb{R})$
• $\forall m,p \in \mathbb{N}$, $\forall k, l \in \mathbb{N}$, $\left(1+\left|x\right|^m + \left|t\right|^p\right) \frac{\partial ^{k+l}}{\partial t^k \partial x^l} u \in L^{\infty}(\mathbb{R}_+\times \mathbb{R})$

Démonstration

On procède par CNS, (i) si $u$ existe et $u \in \mathcal S(\mathbb{R}_+ \times \mathbb{R})$, on note :

$\hat{u}(t,\nu) = \mathcal F(u(t,.))(\nu) = \int_{-\infty}^{+\infty} u(t,x) e^{-2i\pi\nu x} dx$

Alors : $\mathcal F\left(\frac{\partial ^2 u}{\partial x^2} (t,.)\right) (\nu) = (2i\pi \nu)^2 \mathcal F(u(t,.)) (\nu) = -4\pi^2 \nu^2 \hat{u}(t,\nu)$

Ensuite :

$\mathcal F\left(\frac{\partial u}{\partial t} (t,.)\right) = \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\partial u}{\partial t}(t,x) e^{-2i\pi\nu x} dx$

Or $\hat{u}(t,\nu) = \int u(t,x) e^{-2i\pi\nu x}dx$.

Théorème de dérivation sous $\int$ . $f(t,\nu,x) = u(t,x)e^{-2i\pi\nu x}$.

• $\frac{\partial f}{\partial t}(t,\nu,x) = \frac{\partial u}{\partial t}(t,x) e^{-2i\pi\nu x}$
• $\left|\frac{\partial f}{\partial t}(t,\nu,x)\right| = \left|\frac{\partial u}{\partial t} (t,x)\right| \leq \frac{c}{1+\left|x\right|^2} \in L^1(\mathbb{R})$

  Car $u$ supposé dans $\mathcal S(\mathbb{R})$.

Donc $\frac{\partial \hat{u}}{\partial t} (t,\nu) = \frac{\partial }{\partial t} (\int) = \int \frac{\partial u}{\partial t} e^{2i\pi\nu x} dx = \mathcal F\left(\frac{\partial u}{\partial t}\right)$.

$\frac{\partial u}{\partial t} - \frac{\partial ^2 u}{\partial x^2} = 0 \Rightarrow \mathcal F \left( ... \right) = 0 \Rightarrow \mathcal F\left(\frac{\partial u}{\partial t}\right) - \mathcal F\left(\frac{\partial ^2 u}{\partial x^2}\right) = 0$

Ce qui nous donne :

$\frac{\partial \hat{u}}{\partial t} (t,\nu) + 4\pi^2 \nu^2 \hat{u} (t,\nu) = 0, \qquad \forall t > 0, \forall \nu \in R$

Or ceci, nous savons le résoudre : $\hat{u}(t,\nu) = \alpha e^{-4\pi^2 \nu^2 t}$, pour $t = 0$, $\hat{u}(0,\nu) = \hat{\varphi}(\nu)$

$\hat{u} (t,\nu) = \hat{\varphi}(\nu) e^{-4\pi^2 \nu^2 t}$, on applique $\bar F$ à $\hat{u}(t,.)$ :

$u(t,x) = \hat{\mathcal F} \left(\hat{\varphi}(\nu) e^{-4\pi^2\nu^2 t} \right)$

Donc : $u(t,x) = \overline\mathcal F(\hat{\varphi})(x) \star \overline\mathcal F\left(e^{-4\pi^2\nu^2 t}\right)(x)$.

$u(t,x)= \varphi(x) \star \frac{1}{\sqrt{4\pi t}} e^{-\frac{x^2}{4t}}$

On a : $\overline\mathcal F (e^{- \pi u^2}) = e^{-\pi x^2}$,

$\overline\mathcal F\left(e^{-\pi [\underbrace{\sqrt{\pi t} 2}^2 \nu]^2}\right) = \frac{1}{2\sqrt{\pi t}} e^{-\frac{x^2}{4t}} = \frac{1}{\sqrt{4\pi t}} e^{-\frac{x^2}{4t}}$

(ii) Vérifier que la solution $u$ trouvée au (i) est dans $\mathcal S(\mathbb{R}_+ \times \mathbb{R})$ (dérivation sous l'intégrale, avec $(x,t) \mapsto e^{-\frac{x^2}{4t}} \in \mathcal S(\mathbb{R}_+ \times \mathbb{R})$).

Transformée de Fourier dans $L^2(\mathbb{R})$

$L^2(\mathbb{R}) = \left\{ f : \mathbb{R} \to \mathbb{C} / \int_{-\infty}^{+\infty} \left|f\right|^2 < +\infty\right\}$.

$<f,g> = \int_{-\infty}^{+\infty} f(x)\overline{g(x)} dx$. $\left\|f\right\|_{L^2} = \sqrt{<f,f>}$.

Théorème de densité

Théorème

$\mathcal S(\mathbb{R})$ est dense dans $L^2(\mathbb{R})$, c'est à dire :

$\forall \varepsilon > 0, \forall f \in L^2(\mathbb{R}), \exists \varphi \in \mathcal S(\mathbb{R}), \left\|f-\varphi\right\|_{L^2} < \varepsilon$

Remarque : $(\varphi(\mathbb{R}),\left\|.\right\|_{L^2})$ est un sevn de $L^2(\mathbb{R})$.

Théorème de Hahn-Banach

Théorème

$F : D \to Y$

• $(X,\left\|.\right\|_X)$ evn complet
• $(Y,\left\|.\right\|_Y)$ evn complet
• $D$ sous ensemble dense de $X$
• $F$ linéaire, continue.

Alors : Il existe une unique application linéaire $\tilde F$ prolongeant $F$, telle que :

• $\tilde F : X \to Y$ linéaire, continue
• $\left|\left\|\tilde F\right\|\right|_{\mathcal L(X,Y)} = \left|\left\|F\right\|\right|_{\mathcal L(D,Y)}$

Soit $x \in X \setminus \mathcal D$, qu'est-ce que $\tilde F(x)$ ?

Soit $(x_n) \in \mathcal D$ telle que $x_n \underset{n\to +\infty}{\longrightarrow} x$. On définit :

$\tilde F(x) = \lim_{n\to +\infty} F(x_n)$

Démonstration

$\mathcal F$ : $\mathcal S(\mathbb{R}) \to \mathbb{R}$.

• $\mathcal F$ est linéaire
• $\mathcal F$ est continue ?

On applique le lemme 4 avece $\varphi = \mathcal F(f)$. Alors $\overline\mathcal F(\varphi) = \overline\mathcal F \mathcal F f = f$ car on est dans $\mathcal S(\mathbb{R})$. D'après le lemme : $\left\|\mathcal F(f)\right\|_{L^2}^2 = \left\|\varphi\right\|_{L^2}^2$.

donc $\mathcal F$ est continue de $\mathcal S(\mathbb{R}) \to \mathcal S(\mathbb{R})$ et $\forall \varphi \in \mathcal S(\mathbb{R})$, $\left\|\mathcal F(\varphi)\right\| = \left\|\varphi\right\|_{L^2}$.

D'après le théorème de Hahn-Banach, $\mathcal F : \mathcal S(\mathbb{R}) \to L^2(\mathbb{R})$ se prolonge de manière unique en $\mathcal F : L^2(\mathbb{R}) \to L^2(\mathbb{R})$ linéaire continue.

Soit $f \in L^2(\mathbb{R})$. Soit $\varphi_n \in \mathcal S(\mathbb{R})$ tel que $\lim_{L^2} \varphi_n = f$ par définition $\mathcal F(f) = \lim_{L^2} \mathcal F(\varphi_n)$.

On a également grâce à la continuité de la norme :

$\left\|\mathcal F(f)\right\|_{L^2} = \lim_{n\to+\infty} \left\|\mathcal F(\varphi_n)\right\|_{L^2} = \lim_{n\to+\infty} \left\|\varphi_n\right\|_{L^2} = \left\|\lim_{n\to+\infty} \varphi_n\right\|_{L^2} = \left\|f\right\|_{L^2}$

Calcul d'une Transformée de $f\in L^2(\mathbb{R})$ en pratique :

Soit $n \in \mathbb{N}$.

$f_n(x)$	$=$	$f(x) \times \chi_{[-n,n]}(x)$
	$=$	$\left\{ \begin{array}{ll} f(x) & \textrm{si\,} x \in [-n,n] \\ 0 & \textrm{sinon} \end{array} \right.$

Alors

1. $\forall n \in \mathbb{N}$, $f_n \in L^1(\mathbb{R}) \cap L^2(\mathbb{R})$
2. $\lim_{L^2} f_n = f$

Démonstration

1. $\int_\mathbb{R} \left|f_n\right| = \int_{-n}^n \left|f\right| \leq \sqrt{\int_{-n}^n \left|f\right|^2 \times \int_{-n}^n 1} \leq \sqrt{2n}\left\|f\right\|_{L^2}$

   donc $f_n \in L^1$.

2. $\int_{-\infty}^{+\infty} \left|f-f_n\right|^2 = \int_{\left|x\right| > n} \left|f\right|^2 \underset{n\to +\infty}{\longrightarrow} 0$

   donc $f_n \underset{L^2}{\to} f$

Conclusion : $\mathcal F : L^2 \to L^2$ continue donc $\mathcal F(f) = \lim_{L^2} \mathcal F(f_n)$.

donc $\mathcal F(f)(\nu) = \lim_{n \to +\infty} \int_{-n}^n f(x) e^{-2i\pi \nu x} dx$. Egalité dans $L^2$ donc presque partout en $\nu$.

1. $f(x) = e^{-\left|x\right|} \in L^1(\mathbb{R}) \cap L^2(\mathbb{R})$ $\hat{f}(\nu) = \frac{2}{1+4\pi^2 \nu^2} \in L^1(\mathbb{R}) \cap L^2(\mathbb{R})$
2. $\Pi(x) = \chi_{[-\frac{1}{2},\frac{1}{2}]} \in L^1\cap L^2$. $\hat{\Pi}(\nu) = \frac{\sin x}{x} \in L^2(\mathbb{R})$.

Théorème

1. $\mathcal F$ et $\overline \mathcal F$ sont des isométries de $L^2(\mathbb{R})$, ie $\forall f \in L^2(\mathbb{R})$, $\left\|\mathcal F(f)\right\|_{L^2} = \left\|f\right\|_{L^2}$ $\forall f\in L^2(\mathbb{R})$, $\left\|\overline\mathcal F(f)\right\|_{L^2} = \left\|f\right\|_{L^2}$
2. $\mathcal F$ est inversible de $L^2 \to L^2$ et $\mathcal F^{-1} = \mathcal F$

Démonstration

1. $\mathcal F$ : voir théorème précédent. $\overline\mathcal F$ : on prolonge $\overline\mathcal F : \mathcal S(\mathbb{R}) \to L^2(\mathbb{R})$ par le théorème de Hahn-Banach et on a une isométrie dans $L^2$.
2. Soit $f \in L^2(\mathbb{R})$

   Montrons $\overline\mathcal F \mathcal F(f) = f$. Soit $\varphi_n \in \mathcal S(\mathbb{R})$ tel que $\lim_{L^2}\varphi_n = f$.

   La continuité de $\mathcal F$ et de $\overline\mathcal F$ dans $L^2$ nous donne :

   $\overline\mathcal F\mathcal F(f) = \overline\mathcal F\mathcal F(\lim_{L^2}\varphi_n) = \overline\mathcal F(\lim_{L^2} \mathcal F\varphi_n) = \lim_{L^2} \overline\mathcal F\mathcal F(\varphi_n)$

   Or $\varphi_n$ est dans $\mathcal S(\mathbb{R})$ donc l'inversion de $\mathcal F$ donne :

   $\overline\mathcal F\mathcal F(f) = \lim_{L^2} \varphi_n = f$

   de même $\mathcal F\overline\mathcal F(f) = f$ donc $\mathcal F^{-1} = \overline\mathcal F$.

1. $e^{-\left|x\right|} = \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{2}{1+4\pi^2\nu^2} e^{2i\pi\nu x} d\nu = \overline\mathcal F\left( \frac{2}{1+4\pi^2\nu^2}\right)$

2. $\Pi(x)$	$=$	$\overline\mathcal F\left(\frac{\sin\pi \nu}{\pi\nu} \right)$
   	$=$	$\lim_{n \to +\infty} \int_{-n}^n \frac{\sin \pi\nu}{\pi\nu} e^{2i\pi\nu x} d\nu$
   	$=$	$\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin\pi\nu}{\pi\nu} e^{2i\pi\nu x} dx \qquad \textrm{(abus\,d'ecriture)}$

Proposition

$\forall f,g \in L^2(\mathbb{R})$

$\int_{-\infty}^{+\infty} f(x) \overline{g(x)} dx = \int_{-\infty}^{+\infty} \mathcal F(f) \overline{\mathcal F(g)} d\nu$ conservation du produit scalaire.

Calcul de $\int_{-\infty}^{+\infty} \left( \frac{\sin t}{t} \right)^2 dt = I$

On a $<\Pi,\Pi>_{L^2} = <\hat{\Pi},\hat{\Pi}>_{L^2}$. Ce qui nous donne :

$\int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}} = \int_{-\infty}^{+\infty} \left( \frac{\sin\pi\nu}{\pi\nu} \right)^2 d\nu = \frac{I}{\pi}$

Proposition

Soit $f$, $g \in L^2(\mathbb{R})$. Alors $fg \in L^1(\mathbb{R})$ et

$\mathcal F(fg) = \mathcal F(f) \star \mathcal F(g)$

Démonstration

Vrai si $f$ et $g \in \mathcal S(\mathbb{R})$

Remarque : Si $f$ et $g$ sont deux fonctions $L^2$, alors $f \star g$ est bien définit. Car :

$(f\star g)(x)$	$=$	$\int_{-\infty}^{+\infty} f(y)g(x-y) dy$
$\int\left|f(y)g(x-y)\right|dy$	$\leq$	$\sqrt{\int\left|f\right|^2 \times \int\left|g(x-y)\right|^2 dy} \leq \left\|f\right\|_{L^2} \times \left\|g\right\|_{L^2}$

donc $f\star g(x)$ défini pour tout $x \in \mathbb{R}$ et $(f\star g) \in L^\infty$.

Remarque : Si $f$, $g \in L^2$, $f\star g \in L^\infty$. Donc on ne peut pas considérer $\mathcal F(f\star g)$ !

Equation de Helmoltz :

$-u''(x) + k^2 u(x) = f$

D'un point de vue physique : on considère une tige (d'axe $x$) de raideur $k$ et sur laquelle on applique une densité de charge $f$. $u$ étant le déplacement de la tige

Alors :

1. Si $f\in S(\mathbb{R})$, l'équation admet une unique solution $u \in \mathcal S(\mathbb{R})$ (par Fourier)
2. On a de plus $\left\|u\right\|_{L^2} \leq \frac{1}{k^2} \left\|f\right\|_{L^2}$
3. $L : f \mapsto u$ est linéaire, continue de $\left(\mathcal S(\mathbb{R}),\left\|.\right\|_{L^2}\right) \to \left(\mathcal S(\mathbb{R}),\left\|.\right\|_{L^2}\right)$ qui se prolonge en une application linéaire $L^2(\mathbb{R}) \to L^2(\mathbb{R})$.

   Donc si $f\in L^2(\mathbb{R})$, il existe une solution ``faible" de l'équation $u = L^f)$ (pas forcément deux fois dérivable).

Démonstration

1. Si $u \in \mathcal S(\mathbb{R})$ existe : $\mathcal F(-u'' + k^2 u) = \hat{f}$, donc on a : $\hat{u}(\nu) = \frac{\hat{f}(\nu)}{k^2 + 4\pi\nu^2} \in \mathcal S(\mathbb{R})$

   Donc on a

   $u = \overline\mathcal F\left( \frac{\hat{f}(\nu)}{k^2 + 4\pi^2 \nu^2} \right) = \overline\mathcal F(\hat{f}) \star \overline F\left(\frac{1}{k^2 + 4\pi^2 \nu^2}\right)$

   Donc $u(x) = f\star \frac{1}{2k}e^{-\left|kx\right|}$. $u \in \mathcal S(\mathbb{R})$ ($\hat{u} \in \mathcal S(\mathbb{R})$) et $u$ solution.

2. $\left\|u\right\|_{L^2} = \left\|\hat{u}\right\|_{L^2} = \left\|\frac{\hat{f}}{k^2 + 4\pi^2 \nu^2}\right\|_{L^2}$.

   $\left\|u\right\|_{L^2}^2$	$\leq$	$\int \left|\hat{f}(\nu)\right|^2 \times \left|\frac{1}{k^2 + 4\pi^2 \nu^2}\right|^2 d\nu$
   	$\leq$	$\frac{1}{k^2} \int \left|\hat{f}\right|^2$
   	$\leq$	$\frac{1}{k^2} \left\|f\right\|_{L^2}$