TRANSFORMATION DE FOURIER (Corrigé des exercices )

1
TRANSFORMATION DE FOURIER (Corrigé des exercices )
1. Déterminer les transformées de Fourier des fonctions :
sin t
1 1
, c) t 7→ e−|t|/T , d) t 7→
a) t 7→ 1I[−T,T ](t), b) t 7→
.
t
π 1 + t2
−2iπνt T
Z T
e
1 e2iπT ν − e−2iπT ν
sin(2πT ν)
−2iπνt
a) F( 1I[−T,T ] (t))(ν) =
e
dt =
=
=
.
−2iπν −T
πν
2i
πν
−T
Z +∞
1
sin(2πT ν) 2iπtν
e
b) On sait que 1I[−T,T ] (t) =
dν. En prenant T =
, on a donc
πν
2π
−∞
Z +∞
1
sin x
sin ν 2iπtν
1
sin x
1I[− 1 , 1 ] (t) =
dν = F
e
(−t) donc F
(t) = π 1I[− 1 , 1 ] (−t)
2π 2π
2π 2π
π −∞ ν
x
π
x
sin x
et par parité de 1I[− 1 , 1 ] , on a donc F
(ν) = π 1I[− 1 , 1 ] (ν).
2π 2π
2π 2π
x
" t
"
#0
#+∞
Z 0
Z +∞
−2iπνt
− Tt −2iπνt
T
t
t
e
e
c) F(e−|t|/T )(ν) =
e T −2iπνt dt+
e− T −2iπνt dt = 1
+
− T1 − 2iπν
−∞
0
T − 2iπν −∞
0
donc
T
T
2T
F(e−|t|/T )(ν) =
.
+
=
1 − 2iπT ν
1 + 2iπT ν
1 + 4π 2 ν 2 T 2
Z +∞
2T
1
−|t|/T
d) On sait que e
=
e2iπνt dν. En prenant T =
, on a alors
2
2
2
2π
−∞ 1 + 4π νT
Z +∞
1
1 1
e−2π|t| =
(−t) et, comme t 7→ e−2π|t| est paire, On a donc
e2iπνt dν = F
2
π 1 + x2
−∞ 1 + ν
1 1
F
(ν) = e−2π|ν| .
π 1 + x2
2
2. Soit f (x) = e−πx . Déterminer
(fˆ(ν))0 et en déduire une équation différentielle en fˆ que
Z
2
l’on résoudra. [On rappelle que
e−πx dx = 1]
IR
f 0 (x) = −2πxf (x) donc F(f 0 ) = −2πF(tf (t)) (existe car t 7→ tf (t) ∈ L1 ).
1
Il vient alors (2iπν)fˆ(ν) = −2π
(fˆ)0 (ν), soit (fˆ)0 (ν)+2πν fˆ(ν) = 0. La solution générale
−2iπ
Z
2
2
ˆ =
de cette équation s’écrit fˆ(ν) = Ke−πν . Sachant que K = f(0)
e−πx dx = 1, on en déduit
IR
2
ˆ
f(ν)
= e−πν .
3. Soit l’équation intégrale, pour 0 < a < b et f ∈ L1 (IR) :
Z
f (t)
1
dt = 2
2
2
x + b2
IR (x − t) + a
ˆ
Exprimer (∗) sous forme d’une équation de convolution, déterminer f(ν)
et en déduire f (t).
(∗)
2
1
. On a alors f ∗ ga = gb donc fˆ.gˆa = gˆb .
+ c2
d
1
Grâce aux tables de transformées de Fourier, on a
(ν) = e−2π|ν| , d’où
π(1 + t2 )
Posons gc (t) =
t2
d
d
π −2π|cν| π −2π|cν|
π −2π|ν|
1
1
e
et
= e
(ν)
=
2 (ν) = c. c2 e
t
c2 (1 + t2 )
c2
c
c2 1 + c
gˆb
a
On a alors fˆ =
= e−2π(b−a)|ν| .
gˆa
b
2) On procède par transformées inverses successives :
a −2π(b−a)|ν|
1
a
1
×
→
e
2
b
b
b−a
t
π 1 + b−a
d’où f (t) =
a(b − a)
1
.
b
π((b − a)2 + t2 )
4. Soit f : IR → C intégrable et fˆ sa transformée de Fourier.
Z T |x| 2iπtx ˆ
Pour tout T > 0 et pour tout t ∈ IR, on définit fT (t) =
1−
f(x) dx.
e
T
−T
Z +∞
sin2 (πT s)
1
1) Démontrer que fT (t) = 2
(f (t + s) + f (t − s)) ds.
πZ T 0
s2
+∞
sin2 u
2) Calculer la valeur de I =
du.
u2
0
3) Supposons f bornée. Montrer qu’en tout point t ∈ IR où f (t+ ) et f (t− ) existent, on a :
1
lim fT (t) = (f (t+ ) + f (t− )).
T →+∞
2
Z
|x| 2iπtx
1−
e−2iπxu f (u) du dx. On peut appliquer le théorème de
1) fT (t) =
e
T
IR
−T Z T Z
Z
|x|
Fubini car
1−
|f (u)| du dx = T
|f (u)| du est fini. On a alors, avec t − u = s,
T
IR
−T IR
Z Z T Z Z T |x| 2iπ(t−u)x
|x| 2iπsx
fT (t) =
1−
1−
dx f (u) du =
dx f (t − s) ds
e
e
T
T
IR
IR
−T
−T
Puis
Z T Z T
Z 0 |x| 2iπsx
x 2iπsx
x 2iπsx
1−
1−
1+
dx =
dx +
dx
e
e
e
T
T
T
−T
0
−T
Z T
Z 0
x 2iπsx
x −2iπsx
=
1−
1−
dx −
dx
e
e
T
T
0
T
Z T
x
= 2
1−
cos(2πsx) dx
T
0
Z T
x sin(2πsx) T
1
=
1−
+
sin(2πsx) dx
T
πs
T πs 0
0
Z
T
= −
1
1 − cos 2πsT
sin2 πsT
T
[−
cos(2πsx)]
=
=
0
2π 2 T s2
2π 2 T s2
π 2 T s2
3
Z
0
−∞
Z
sin2 πsT
f (t − s) ds. Or avec s → −s,
2
2
IR π T s
Z 0
Z +∞
sin2 πsT
sin2 πsT
sin2 πsT
f
(t
−
s)
ds
=
f
(t
+
s)
d(−s)
=
f (t + s) ds
2
2
π 2 T s2
π 2 T s2
+∞ π T s
0
On parvient ainsi à fT (t) =
Z
+∞
sin2 πsT
(f (t + s) + f (t − s)) ds .
π 2 T s2
0
A
Z A
Z +∞
Z A
sin2 u
sin u cos u
sin(2u)
sin2 u
2)
du
=
−
+
2
du
→
du et, avec le
2
ε→0,A→+∞
u
u
u
u
ε
ε
0
ε
Z +∞
Z +∞
π
sin(2u)
sin t
du =
dt, donc I = .
changement de variable t = 2u,
u
t
2
0
0Z
+∞
1
1
3) D’après 1) et 2), fT (t) − (f (t+ ) + f (t− )) =
gT (u, t) du où
2
π 0
et fT (t) =
gT (u, t) =
sin2 u u u +
−
f
t
+
)
−
f
(t
)
+
f
t
−
−
f
(t
u2
πT
πT
sin2 u
où M = sup |f |. On conclut alors grâce au théorème
T →+∞
u2
I
de convergence dominée de Lebesgue.
lim gT (u, t) = 0 et |gT (u, t)| ≤ 4M
∂2φ ∂2φ
∂φ
+ 2 = 0 où y > 0, avec
→ 0 et φ → 0 quand
2
∂x
∂y
∂x
k(x, y)k → +∞, φ(x, 0) = 1 pour |x| ≤ 1 et φ(x, 0) = 0 pour |x| > 1. [Utiliser la transformée de
Fourier par rapport à x]
5. Résoudre l’équation de Laplace
Soit φ̂(ν, y) =
Z
φ(x, y)e−2iπνx dx. Alors
IR
Z +∞
∂ 2 φ(x, y) −2iπνx
∂2
∂ 2 φ̂
−2iπνx
e
dx
=
φ(x,
y)e
dx
=
(ν, y)
∂y 2
∂y 2
∂y 2
−∞
−∞
Z +∞ 2
∂ φ
D’autre part,
(x, y)e−2iπνx dx peut être intégré par parties
2
∂x
−∞
+∞
Z +∞ 2
Z +∞
∂ φ
∂φ −2iπνx
∂φ
−2iπνx
−2iπνx
(x, y)e
dx =
+ 2iπν
dx
(x, y)e
e
2
∂x
−∞ ∂x
−∞ ∂x
−∞
Z +∞
−2iπνx +∞
2 2
= 2iπν φ(x, y)e
− 4π ν
φ(x, y)e−2iπνx dx
−∞
Z
+∞
−∞
2 2
= −4π ν φ̂(x, y)
On a utilisé la condition que φ et sa dérivée partielle par rapport à x tendent vers 0 quand
x → ±∞. Alors si on prend la transformée de Fourier de l’équation de Laplace, on obtient
Z +∞ 2
∂ φ ∂2φ
+ 2 (x, y)e−2iπνx dx = 0
∂x2
∂y
−∞
soit
∂ 2 φ̂
(ν, y) − 4π 2 ν 2 φ̂(ν, y) = 0.
∂y 2
4
Comme φ̂ → 0 pour y grand, la solution est
φ̂(ν, y) = Ce−2π|ν|y
On applique alors la condition pour y = 0
φ̂(ν, 0) = C =
Z
+∞
φ(x, 0)e
−2iπνx
dx =
Z
−∞
1
e−2iπνx dx =
−1
sin 2πν
e2iπν − e−2iπν
=
2iπν
πν
sin 2πν
sin 2πν −2π|ν|y
et φ̂(ν, y) =
e
.
πν
πν
sin 2πν
y
1
−2π|ν|y
Or on a e
(ν) et
=F
= F(φ(x, 0))(ν).
2
2
πt +y
πν
On sait que F(F ).F(G) = F(F ∗ G) donc
et donc C =
y
φ(x, y) =
π
Z
1
−1
dτ
1
=
2
2
(x − τ ) + y
π
Arctan
x−1
y
+ Arctan
x+1
y
Thème d’étude : résolution de l’équation de la chaleur
Objectif : Étude de l’évolution de la température à l’intérieur d’une tige rectiligne, homogène,
de section petite par rapport à la longueur que l’on suppose infinie.
On note u(x, t) la température de la tige en l’abscisse x au temps t. L’équation aux dérivées
partielles associée à ce modèle est l’équation de la chaleur :
∂u
∂2u
= a2 2
∂t
∂x
λ
où λ est la conductivité de la tige, ρ sa masse volumique et c sa chaleur spécifique.)
ρc
On va résoudre ce problème dans le cas où la température est soumise à la condition initiale
u(x, 0) = ϕ(x), où ϕ est une fonction bornée et intégrable sur IR. On suppose u de classe C 2 par
rapport à x, et de classe C 1 par rapport à t.
1) Appliquer la transformée de Fourier par rapport à x, aux deux membres de l’équation de la
chaleur. En déduire une équation différentielle vérifiée par û(x, t). La résoudre.
2) Exprimer u(x, t) sous forme d’un produit de convolution.
(avec a2 =
1) On pose û(ν, t) =
Z
u(x, t)e−2iπνx dx. On a alors
Z 2
∂ u
∂u
−2iπνx
2
dx = a
(x, t)e−2iπνx dx
(x, t)e
∂t
∂x2
!
+∞
Z
∂u
∂u
= a2
+ 2iπν
(x, t)e−2iπνx
(x, t)e−2iπνx dx
∂x
∂x
−∞
Z
2 2 2
= −4a π ν
u(x, t)e−2iπνx dx = −4a2 π 2 ν 2 û(ν, t)
∂ û
(ν, t) =
∂t
Z
5
gν0 (t)
= −4a2 π 2 ν 2 = (ln gν )0 (t), d’où ln gν (t) =
gν (t)
= û(ν, t) avec, pour t = 0, û(ν, 0) = K = ϕ̂(ν).
Si on pose gν (t) = û(ν, t), on a donc
2 2 2
−4a2 π 2 ν 2 t + c et gν (t) = Ke−4a π ν t
2
2
2
Ainsi, û(ν, t) = ϕ̂(ν) e−2π (2a t)ν .
On reconnaı̂t e−2π
2 σ2 ν 2
√
avec σ = a 2t, et c’est F
1
√
x2
e− 4a2 t
(ν).
2a πt
On utilise enfin la propriété F(F )F(G) = F(F ∗ G), puis l’inverse de la transformée de
Fourier pour conclure que :
u(x, t) =
1
√
2a πt
Z
ϕ(s)e−
(x−s)2
4a2 t
ds.