Chapitre II - Transforme de Fourier

Notations :jjf jj1 =

R11 jf(x)j dx: L1(R) = ff : R ! C = jjf jj1

I - Transforme de Fourier dans L1(R):Dnition I - 1 :

Soit f 2 L1(R):On appelle transforme de Fourier de f la fonction :

TF (f) : R ! C 7! TF (f)()

avec

TF (f)() = bf() = Z 11

f(x)e2ixdx:

Remarques :

1) 8x 2 R, jeixj = 1:

2) 8z = x+ iy 2 C avec x; y 2 R : jeizj = ey = e Im(z):

3) 8 2 R, 8f 2 L1(R) :R11 f(x)e2ixdx R11 jf(x)j dx = jjf jj1 :

Exemples :

1) Soit f = [a;b] dnie par :

f(x) =

1 si x 2 [a; b]0 sin on

f 2 L1(R) car kfk1 =R11 jf(x)j dx =

R bajf(x)j dx = R b

adx = b a:

bf() = R11 f(x)e2ixdx = R ba e2ixdxsi a 6= b

bf() = b a = 0sin((ba))

ei(a+b) 6= 0si a = b

bf() = 2b = 0sin(2b)

6= 0

2

bf est continue sur R, mais bf =2 L1(R) car R11 sin xx dx diverge.

2) f(x) = ex

f =2 L1(R) car kfk1 =R11 e

xdx = limx 7!1

[ex ex] = +1:

Thorme I-2 :Soit f 2 L1(R). Alors

1) TF (f) = bf est une fonction continue et borne sur R.2) lim

7!1

bf() = 0:Remarque :dire que bf 2 L1(R) veut dire bf est borne dans R i.e.,

9M > 0;8 2 R; bf() M;

i.e.,

9M > 0;

bf

1< M:

Thorme I-3 :TF : L1(R) ! L1(R) est un oprateur linaire et continue .

f 7! bfDe plus, on a :

bf

1 kfk1 :

Remarques :1) TF est linaire veut dire :

8f; g 2 L1(R);8; 2 Cz }| {f + g = bf + bg

2) TF est continue ()

8(fn); fn 2 L1(R) et (fn) ! f dans L1(R) alors bfn ! bf dans L1(R)

3

i) (fn) ! f dans L1(R) veut dire que :* 8n 2 N; fn 2 L1(R):* f 2 L1(R):

* limn7!1

kfn fk1 = 0 i.e : 8 > 0; 9N 2 N; kfn fk1 < :ii)

bfn ! bf dans L1(R) veut dire que :* 8n 2 N; bfn 2 L1(R):* f 2 L1(R):

* limn7!1

bfn bf

1 = 0 i.e : 8 > 0; 9N 2 N;

bfn bf

1 < :3) Montrons que :

bf

1 kfk1 :

bf

1= max

2R

bf() : or , bf() = Z 11 f(x)e2ixdx

Z 11 jf(x)j dx = kfk1donc

max2R

bf() kfk1 i.e.,

bf

1 kfk1 :Proposition I - 4 :Soit f; g 2 L1(R) alors1) f bg; bf g 2 L1(R) .2)R11 f(t)bg(t)dt = R11 bf(t)g(t)dt:

Preuve :1) Daprs le thorme prcdent g 2 L1(R) =) bg 2 L1(R) i.e. borne

sur R.

Montrons que donc f bg 2 L1(R) i.e. que R11 jf(t) bg(t)j dt 2 R.bg 2 L1(R) =) 9M > 0; 8t 2 R; jbg(t)j M

=) 9M > 0 = kf bgk1 = R11 jf(t) bg(t)j dt M R11 jf j =M kfk1=) 9M 0 > 0 = kf bgk1 M 0

4

donc f bg 2 L1(R):2)R11 f(t) bg(t)dt = R11 f(t) R11 g(x)ei2txdx dt

=R11 g(x)

R11 f(t)e

i2txdtdx

=R11 g(x)

bf(x)dx = R11 g(t) bf(t)dt:Thorme I - 5 : Drivation1) si 8k 2 f0; ::; ng ; R11 xkf(x) dx

Donc,\f 0 () =

R11 e

2ix f 0(x)dx = limY 7!1X 7!1

R YXe2ix f 0(x)dx

= limY 7!1X 7!1

e2ix f 0(x)

YX+R YX(2i) e2ix f 0(x)dx

= lim

Y 7!1X 7!1

e2ix f 0(x)

YX+ (2i) R11 e2ix f 0(x)dx

Or,R11 jf 0(x)j dx existe.

Donc, dune part,R11 e

2ix f 0(x)dx existe carZ 11 e2ix f 0(x)dx Z 11 e2ix f 0(x) dx =

Z 11jf 0(x)j dx

af (x) = f(x a)Remarque :Si f est paire, f = fSi f est impaire, f = f:

Dnition I-6 : Soit f 2 L1 (R). On appelle transforme de Fourierconjugue ou transforme inverse de f la fonction TF (f): dnie par :

TF (f) : R ! C 7! TF (f)()

avec

TF (f)() =

Z 11

f(x)e2ixdx:

Proprit I-7 : Conjugaison la transforme de FourierSoit f 2 L1 (R). Alors :1) TF (f) = df2) TF ( f ) = \f3) (df ) = df

Preuve :1) On a :TF (f)() =

R11 f(t) ei2tdt =

R11 f(t) ei2tdt

=R11 f(t) ei2tdt = (df )():

2) On a :

TF ( f ) () =

Z 11

f (t) ei2tdt =Z 11f(t)ei2tdt = \f ():

3)df () = R11 f(t) ei2tdt = R11 f(t) ei2tdt=

R11 f(t) ei2tdt =

R11 f(t)e

i2(t)dt

= (df )():7

Proprit I-8 : Parit de la transforme de FourierSoit f 2 L1 (R). Alors :1) Si f est paire (resp.impaire) alorsdf est paire (resp. impaire)2) Si f est relle paire (resp. relle impaire) alors df est relle paire

(resp. imaginaire impaire).

Preuve :1) On rappelle que : df est paire si et seulement si (df )() =df ():(df )() =df () = R11 f(t) ei2tdt

=R11 f(t) ei2tdt =

R11 f(t) ei2tdt =df ():

ou encore : puisque f paire, alors df = df = (df ) , do dfest paire.2) Supposons que f est relle paire et montrons que bf relle paire.df est relle : df = TF ( f ) = TF (f) = df =df car f est paire :Proprit I - 9 : Translation et transforme de FourierSoit f 2 L1 (R)1) \af () = ei2a df ()2) (a df )() = \ei2ax f(x)() = dF () avec F (x) = e2iax f(x):Preuve :1) \af () =

R11(af)(t) e2itdt =

R11 f(t a) e2itdt:

On pose : y = t a: Do\af () =

R11 f(y) e2i(y+a)dy = e2ia

R11 f(y) e2iydy

= e2ia df ():2) On pose df = g: g : 7! R11 f(t) e2it dt(a df )() = (ag)() = g( a) = R11 f(t)e2i(a)tdt

=R11 (f(t)e

2iat) e2itdt=

R11 F (t)e

2itdt= bF ():

8

II - Transforme de Fourier inverse.Dans le paragraphe prcdent nous avons vu que la transforme de Fourier

conjugue de f (ou la transforme de Fourier inverse de f) est dnie par :

TF (f) () =

Z 11f(t)ei2tdt

La question qui se pose dans ce paragraphe : Etant connu bf , peut onconnaire f:

Thorme II - 1:Si f et df sont dans L1(R) alors :a) TF df = f p:pb) 8t 2 R o f est continue, on a :

f(t) = (TF df ) (t):Proposition II - 2 :8 0 = 8 jj > M;2 df () 1

donc 9M > 0 = 8 jj > M;df () 1

2

doncR +1A

bf() d et R A1 bf() dt existent daprs les critres deRiemann.Conclusion :

9

df localement intgrable et les intgrales R +1A

df () d et R A1 df () dtexistent, donc

R11

df () d existe ce qui donne que df 2 L1(R).Proposition II - 3 :

Soit f une fonction, f 2 L1(R) et df 2 L1(R) alors on a : ddf (x) =f(x) en tout point o f est continue.

Preuve : On a :ddf (y) = R11 e2iyt df (t)dt = TF ( bf) (y)Or daprs le thorme II - 1 : TF ( bf) (y) = f(y) en tout point o f est

continue.

Donc,ddf (y) = f(y):

En faisant le changement de variable y = x, on obtient ddf (x) =f(x) = f(x):

Thorme II - 4 :Soit f 2 L1(R) vriant :i) 9 un nombre ni de rels a1; :::; ap = f de classeC1 sur ]1; a1[ ; ]a1; a2[ ; ::: ]ap;1[ii) f 0 2 L1(R)Alors lim

a 7!+1R aabf(t)e2itxdt = 1

2(f(x+) + f(x)):

Remarque : Si x est un point de continuit, alors : lima 7!+1

R aabf(t)e2itxdt =

f(x):Remarque : Lgalit

R11 f(t)dt = lima 7!1

R +aa f(t)dt nest vrai que si f

est intgable.

Dire que f est intgrable () R +11 f(t)dt = lim

7!1 7!1

R f(t)dt

!existe.

Exemple : f(t) = tR11 t dt = lim 7!1

7!1

R t dt = lim

7!+1 7!1

t2

2

= (+1) (+1)

Donc la fonction f nest pas intgrable sur R i.e.RR tdt nexiste pas.

par contre : lima 7!+1

R aa tdt = lima 7!1

t2

2

aa= lim

a 7!1[0] = 0 existe.

10

III - Convolution :Dnition III - 1 :Soit f; g : R! C. On appelle convolution de f et g la fonction f g si

elle existe dnie par :

(f g) (x) =Z +11

f(x t) g(t)dt =Z 1

1f(t) g(x t) dt = (g f) (x)

Remarque : f g = g fla Preuve se fait par changement de variable.Exemples :a) f = g = [0;1](f g)(x) = R11 f(x t) g(t) dt = R 10 f(x t)dt =

= R x1x

f(y)dy =R xx1 f(y)dy:

Donc

(f g)(x) =longueur( [0; 1] \ [x 1; x]) =

8>>>:0 x 0x 0 x 1

2 x 1 x 20 x 2

Remarque : La convolution de 2 fonctions discontinues, peut tre con-tinue.b) f 2 L1(R); g = 1

2h[h;h] o h > 0

(f g)(x) = R11 f(x t) g(t)dt = R hh f(x t)2h dt = 12h R hh f(x t)dtOn pose : y = x t:Donc,

(f g)(x) = 12h

R xhx+h

f(t)dt =1

2h

R x+hxh f(t)dt

Cest la moyenne de f sur [x h; x+ h]Donc la moyenne dune fonction f sur un intervalle [x h; x+ h] est

donne par (f g )(x) avec g(x) = 12h[h;h]:

Proposition III - 1 :Soit f; g 2 L1(R) alors :

11

i) f g est dnie p.p et f g 2 L1(R)ii) : L1(R)L1(R) ! L1(R) est un oprateur continu bilinaire

tel que :kf gk1 kfk1 kgk1 :

Remarque : bilinaire veut dire :

(f + g) k = (f k) + (g k)k (f + g) = (k f) + (k g)

Preuve : Montrons que kf gk1 kfk1 kgk1 :(f g) (x) = RR f(x t) g(t) dt: Donc,

j(f g) (x)j RR jf(x t) g(t)j dt=) RR j(f g)j (x) dx RR RR jf(x t) g(t)j dt dx

=RR jg(t)j

RR jf(x t)j dx

dt

maxt2R

RR jf(x t)j dx

RR jg(t)j dt= max

t2RRR jf(x)j dx

kgk1= kfk1 kgk1

Proposition III - 2 :Soit f; g 2 L1(R) on a :1) [f g = bf bg ; TF (f g) = TF f TF g2) [f g = bf bg ; si bf; bg 2 L1(R):Preuve :1) Daprs la proposition III - 1 , f g 2 L1(R):On peut donc calculer

\f g :

12

[f g(x) = RR([f g) (t) ei2xtdt = RR RR ei2xt f(t y) g(y)dydt=

RR g(y)

RR e

i2xtf(t y)dt dy=

RR g(y)

RR e

i2x (y+z)f(z)dzdy

=R11 g(y)e

i2xy bf(x)dy= bf(x) R11 g(y)ei2xydy= bf(x) bg(x)

TF (f g) = TF f TF g sobtient en remplaant dans cette preuve ipar -i.2) puisque bf; bg 2 L1(R); on a daprs 1)

TF ( bf bg) = TF bf TF bgor daprs le thorme II - 1 : TF bf = f p:p si f; bf 2 L1(R)Ainsi : TF ( bf bg) = f g p.p ce qui donne TF (TF ( bf bg)) = [f g ou

encore bf bg = [f g:Remarque :

1) Soit fa(x) = f(a x) [fa (x) = 1jajf(x

a)

2) Soit f = p + q avec p(x) =1

2[f(x) + f(x)] (paire) et q(x) =

1

2[f(x) f(x)] (impaire)

Alors, bf = bp+ bq avecbp() = 2 R1

0p(t) cos(2t)dt

bq() = 2i R10q(t) sin(2t)dt

Identit de Parseval :

13

i)

Z 11f(x)g(x)dx =

Z 11

bf(x)bg(x)dxii)

Z 11jf(x)j2 dx =

bf(x)2 dx

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