Exercice 1 - Exercice 1

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1. Deˊfinitions : Transformeˊe directe et inverse\textbf{{\color{red}{1. Définitions : Transformée directe et inverse}}}
       Choix d’eˊcriture : la convention symeˊtrique\,\,\,\,\,\,\, \textbf{{\color{blue}{Choix d'écriture : la convention symétrique}}}
Dans la convention symétrique (ou unitaire) le facteur 1/(2π)1/(2\pi) est réparti équitablement (12π)\left( \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \right) entre l'espace direct et l'espace réciproque (celui des fréquences ou des nombres d'ondes).
Soit xx un nombre réel. Soit kk un nombre réel qui représente la variable réciproque de xx.
Soit i\mathrm{i} le nombre complexe qui vérifie la condition i2=−1\mathrm{i}^2 = -1.
Transformeˊe de Fourier directe :\textbf{{\color{black}{Transformée de Fourier directe :}}}
f^(k)=TF[f](k)=12π∫−∞+∞f(x) e−ikx dx\widehat{f}(k) = \mathcal{TF}[f](k) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{+\infty} f(x) \, e^{- \mathrm{i}kx} \, \mathrm{d}x
Transformeˊe de Fourier inverse :\textbf{{\color{black}{Transformée de Fourier inverse :}}}
f(x)=TF−1[f^](x)=12π∫−∞+∞f^(k) eikx dkf(x) = \mathcal{TF}^{-1}[\widehat{f}](x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{+\infty} \widehat{f}(k) \, e^{\mathrm{i}kx} \, \mathrm{d}k
2. Conditions d’existence (Espaces de deˊfinition)\textbf{{\color{red}{2. Conditions d'existence (Espaces de définition)}}}
       Le cas L1R\,\,\,\,\,\,\, \textbf{{\color{blue}{Le cas }}} {\color{blue}{L^1\mathbb{R}}}
Si ff est absolument intégrable, à savoir ∫−∞+∞∣f(x)∣ dx<+∞\int_{-\infty}^{+\infty} \vert f(x)\vert \, \mathrm{d}x < +\infty, alors l'intégrale de Fourier converge pour tout k∈Rk \in \mathbb{R} et f^\widehat{f} est continue et bornée.
       Le cas L2R\,\,\,\,\,\,\, \textbf{{\color{blue}{Le cas }}} {\color{blue}{L^2\mathbb{R}}}
Pour les fonctions de carré sommable, la définition s'étend par un procédé de densité (isométrie de Plancherel).
       Distributions tempeˊreˊes S′(R)\,\,\,\,\,\,\, \textbf{{\color{blue}{Distributions tempérées }}} {\color{blue}{\mathcal{S}'(\mathbb{R}) }}
Pour les objets ne décroissant pas à l'infini (constantes, polynômes, Dirac), la transformée est définie par dualité.
Pour définir la transformée de Fourier par dualité, on utilise un espace de "bonnes" fonctions qu'on appelle l'espace de Schwartz, qui est noté S(R)\mathcal{S}(\mathbb{R}), ou l'espace des fonctions test à décroissance rapide.
Une fonction φ\varphi appartient à S(R)\mathcal{S}(\mathbb{R}) si :
- elle est infiniment dérivable (C∞C^\infty).
- elle-même et toutes ses dérivées décroissent plus vite que n'importe quelle inverse de polynôme à l'infini (elles s'annulent très rapidement).
Proprieˊteˊ essentielle : \textbf{{\color{black}{Propriété essentielle : }}}
La transformée de Fourier est une bijection de S(R)\mathcal{S}(\mathbb{R}) dans S(R)\mathcal{S}(\mathbb{R}). Si φ\varphi est une fonction de Schwartz, sa transformée φ^\widehat{\varphi} en est une aussi.
Question 1
-

Soit xx un réel. Soit kk un réel.
Soit i\mathsf{i} le nombre complexe tel que i2=−1\mathsf{i}^2 = -1.
On considère la fonction triangle tt dont l'image t(x)t(x) est définie par :
t(x)={1+xsi  −1⩽x⩽01−xsi  0⩽x<10sinont(x) = \left\lbrace \begin{array}{cl} 1 + x & \mathrm{si} \,\, -1 \leqslant x \leqslant 0 \\ 1 - x & \mathrm{si} \,\, 0 \leqslant x < 1 \\ 0 & \mathrm{sinon} \\ \end{array} \right.
On désigne par t^(k)=TF[t](k)\widehat{t}(k) = TF[t](k) l'expression de la Transformée de Fourier de la fonction triangle tt.
Déterminer l'expression de t^(k)=TF[t](k)\widehat{t}(k) = TF[t](k).

Correction
On a l'expression suivante :
t^(k)=TF[t](k)=12π∫−∞+∞t(x) e−ikx dx\widehat{t}(k) = TF[t](k) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{+\infty} t(x) \, e^{- \mathsf{i}kx} \, \mathrm{d}x
Ce qui nous donne, par linéarité de l'intégrale :
t^(k)=TF[t](k)=12π(∫−10(1+x) e−ikx dx+∫01(1−x) e−ikx dx)\widehat{t}(k) = TF[t](k) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \left( \int_{-1}^{0} (1+x) \, e^{- \mathsf{i}kx} \, \mathrm{d}x + \int_{0}^{1} (1-x) \, e^{- \mathsf{i}kx} \, \mathrm{d}x \right)
A l'aide d'une intégration par parties, on peut écrire, avec k≠0k \neq 0, que :
∫−10(1+x) e−ikx dx=[(1+x)e−ikx−ik]−10−∫−101×e−ikx−ik dx\int_{-1}^{0} (1+x) \, e^{- \mathsf{i}kx} \, \mathrm{d}x = \left[ (1+x) \dfrac{e^{- \mathsf{i}kx}}{- \mathsf{i}k} \right]_{-1}^{0} - \int_{-1}^{0} 1 \times \dfrac{e^{- \mathsf{i}kx}}{- \mathsf{i}k} \, \mathrm{d}x
Avec :
[(1+x)e−ikx−ik]−10=(1+0)e−ik0−ik−(1+(−1))e−ik(−1)−ik=−1ik=ik\left[ (1+x) \dfrac{e^{- \mathsf{i}kx}}{- \mathsf{i}k} \right]_{-1}^{0} = (1+0) \dfrac{e^{- \mathsf{i}k0}}{- \mathsf{i}k} - (1+(-1)) \dfrac{e^{- \mathsf{i}k(-1)}}{- \mathsf{i}k} = -\dfrac{1}{\mathsf{i}k} = \dfrac{\mathsf{i}}{k}
Puis, avec e0=1e^0 = 1, on a :
∫−101×e−ikx−ik dx=1ik∫0−1e−ikx dx=1ik1−ik[e−ikx]0−1=1k2(e−ik(−1)−e−ik0)=1k2(eik−1)\int_{-1}^{0} 1 \times \dfrac{e^{- \mathsf{i}kx}}{- \mathsf{i}k} \, \mathrm{d}x = \dfrac{1}{\mathsf{i}k} \int_{0}^{-1} e^{- \mathsf{i}kx}\, \mathrm{d}x = \dfrac{1}{\mathsf{i}k} \dfrac{1}{-\mathsf{i}k} \left[ e^{- \mathsf{i}kx} \right]_{0}^{-1} = \dfrac{1}{k^2} \left( e^{- \mathsf{i}k(-1)} - e^{- \mathsf{i}k0} \right) = \dfrac{1}{k^2} \left( e^{\mathsf{i}k} - 1 \right)
De fait, on obtient :
∫−10(1+x) e−ikx dx=ik−1k2(eik−1)=ikk2−1k2(eik−1)=ik−eik+1k2\int_{-1}^{0} (1+x) \, e^{- \mathsf{i}kx} \, \mathrm{d}x = \dfrac{\mathsf{i}}{k} - \dfrac{1}{k^2} \left( e^{\mathsf{i}k} - 1 \right) = \dfrac{\mathsf{i}k}{k^2} - \dfrac{1}{k^2} \left( e^{\mathsf{i}k} - 1 \right) = \dfrac{\mathsf{i}k -e^{\mathsf{i}k} + 1}{k^2}
A l'aide d'une autre intégration par parties, on peut écrire, avec k≠0k \neq 0, que :
∫01(1−x) e−ikx dx=[(1−x)e−ikx−ik]01−∫01−1×e−ikx−ik dx\int_{0}^{1} (1-x) \, e^{- \mathsf{i}kx} \, \mathrm{d}x = \left[ (1-x) \dfrac{e^{- \mathsf{i}kx}}{- \mathsf{i}k} \right]_{0}^{1} - \int_{0}^{1} -1 \times \dfrac{e^{- \mathsf{i}kx}}{- \mathsf{i}k} \, \mathrm{d}x
Avec :
[(1−x)e−ikx−ik]01=(1−1)e−ik1−ik−(1−0)e−ik0−ik=0−1−ik=1ik=−ik\left[ (1-x) \dfrac{e^{- \mathsf{i}kx}}{- \mathsf{i}k} \right]_{0}^{1} = (1-1) \dfrac{e^{- \mathsf{i}k1}}{- \mathsf{i}k} - (1-0) \dfrac{e^{- \mathsf{i}k0}}{- \mathsf{i}k} = 0 - \dfrac{1}{-\mathsf{i}k} = \dfrac{1}{\mathsf{i}k} = -\dfrac{\mathsf{i}}{k}
Puis, avec e0=1e^0 = 1, on a :
∫01−1×e−ikx−ik dx=1ik∫01e−ikx dx=1ik1−ik[e−ikx]01=1k2(e−ik1−e−ik0)=1k2(e−ik−1)\int_{0}^{1} -1 \times \dfrac{e^{- \mathsf{i}kx}}{- \mathsf{i}k} \, \mathrm{d}x = \dfrac{1}{\mathsf{i}k} \int_{0}^{1} e^{- \mathsf{i}kx}\, \mathrm{d}x = \dfrac{1}{\mathsf{i}k} \dfrac{1}{-\mathsf{i}k} \left[ e^{- \mathsf{i}kx} \right]_{0}^{1} = \dfrac{1}{k^2} \left( e^{- \mathsf{i}k1} - e^{- \mathsf{i}k0} \right) = \dfrac{1}{k^2} \left( e^{-\mathsf{i}k} - 1 \right)
De fait, on obtient :
∫01(1−x) e−ikx dx=−ik−1k2(e−ik−1)=−ikk2−1k2(e−ik−1)=−ik−e−ik+1k2\int_{0}^{1} (1-x) \, e^{- \mathsf{i}kx} \, \mathrm{d}x = -\dfrac{\mathsf{i}}{k} - \dfrac{1}{k^2} \left( e^{-\mathsf{i}k} - 1 \right) = -\dfrac{\mathsf{i}k}{k^2} - \dfrac{1}{k^2} \left( e^{-\mathsf{i}k} - 1 \right) = \dfrac{-\mathsf{i}k - e^{-\mathsf{i}k} + 1}{k^2}
Ceci nous permet d'obtenir :
t^(k)=TF[t](k)=12π(ik−eik+1k2+−ik−e−ik+1k2)\widehat{t}(k) = TF[t](k) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \left( \dfrac{\mathsf{i}k -e^{\mathsf{i}k} + 1}{k^2} + \dfrac{-\mathsf{i}k - e^{-\mathsf{i}k} + 1}{k^2}\right)
Soit :
t^(k)=TF[t](k)=12π(ik−eik+1−ik−e−ik+1k2)\widehat{t}(k) = TF[t](k) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \left( \dfrac{\mathsf{i}k -e^{\mathsf{i}k} + 1 -\mathsf{i}k - e^{-\mathsf{i}k} + 1}{k^2} \right)
Soit encore :
t^(k)=TF[t](k)=12π(−eik−e−ik+2k2)\widehat{t}(k) = TF[t](k) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \left( \dfrac{ -e^{\mathsf{i}k} - e^{-\mathsf{i}k} + 2}{k^2} \right)
D'où :
t^(k)=TF[t](k)=−12π(eik+e−ik−2k2)\widehat{t}(k) = TF[t](k) = -\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \left( \dfrac{ e^{\mathsf{i}k} + e^{-\mathsf{i}k} - 2}{k^2} \right)
Mais, on a :
eik+e−ik−2=(e12ik)2+(e−12ik)2−2e0=(e12ik)2−2e12ik−12ik+(e−12ik)2e^{\mathsf{i}k} + e^{-\mathsf{i}k} - 2 = \left( e^{\frac{1}{2}\mathsf{i}k} \right)^2 + \left( e^{-\frac{1}{2}\mathsf{i}k} \right)^2 - 2e^0 = \left( e^{\frac{1}{2}\mathsf{i}k} \right)^2 - 2e^{\frac{1}{2}\mathsf{i}k - \frac{1}{2}\mathsf{i}k} + \left( e^{-\frac{1}{2}\mathsf{i}k} \right)^2
Ce qui nous donne :
eik+e−ik−2=(e12ik)2−2e12ike−12ik+(e−12ik)2e^{\mathsf{i}k} + e^{-\mathsf{i}k} - 2 = \left( e^{\frac{1}{2}\mathsf{i}k} \right)^2 - 2e^{\frac{1}{2}\mathsf{i}k} e^{-\frac{1}{2}\mathsf{i}k} + \left( e^{-\frac{1}{2}\mathsf{i}k} \right)^2
On reconnait une identité remarquable. On a alors :
eik+e−ik−2=(e12ik−e−12ik)2=(2ie12ik−e−12ik2i)2=−4(e12ik−e−12ik2i)2=−4sin⁡2(12k)e^{\mathsf{i}k} + e^{-\mathsf{i}k} - 2 = \left( e^{\frac{1}{2}\mathsf{i}k} - e^{-\frac{1}{2}\mathsf{i}k} \right)^2 = \left(2\mathsf{i} \dfrac{ e^{\frac{1}{2}\mathsf{i}k} - e^{-\frac{1}{2}\mathsf{i}k} }{2\mathsf{i}} \right)^2 = -4 \left(\dfrac{ e^{\frac{1}{2}\mathsf{i}k} - e^{-\frac{1}{2}\mathsf{i}k} }{2\mathsf{i}} \right)^2 = -4 \sin^2\left( \dfrac{1}{2}k \right)
De fait, on obtient :
t^(k)=TF[t](k)=−12π(−4sin⁡2(12k)k2)=12π(4sin⁡2(k2)k2)=12π(sin⁡2(k2)k24)\widehat{t}(k) = TF[t](k) = -\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \left( \dfrac{ -4 \sin^2\left( \dfrac{1}{2}k \right)}{k^2} \right) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \left( \dfrac{ 4 \sin^2\left( \dfrac{k}{2} \right)}{k^2} \right) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \left( \dfrac{ \sin^2\left( \dfrac{k}{2} \right)}{ \dfrac{ k^2 }{4} } \right)
Ce qui nous permet d'écrire que :
t^(k)=TF[t](k)=12π(sin⁡2(k2)k222)=12π(sin⁡2(k2)(k2)2)=12π(sin⁡(k2)(k2))2\widehat{t}(k) = TF[t](k) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \left( \dfrac{ \sin^2\left( \dfrac{k}{2} \right)}{ \dfrac{ k^2 }{2^2} } \right) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \left( \dfrac{ \sin^2\left( \dfrac{k}{2} \right)}{ \left(\dfrac{ k }{2} \right)^2 } \right) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \left( \dfrac{ \sin\left( \dfrac{k}{2} \right)}{ \left(\dfrac{ k }{2} \right) } \right)^2
Si on introduit maintenant la fonction sinus cardinal, et son prolongement par continuité en zéro, comme :
sinc:X∈R⟼sinc(X)=sin⁡(X)X∈R    et  sinc(0)=1\mathrm{sinc} : X \in \mathbb{R} \longmapsto \mathrm{sinc}(X) = \dfrac{\sin(X)}{X} \in \mathbb{R} \,\,\,\, \mathrm{et} \,\, \mathrm{sinc}(0) = 1.
De fait, on obtient le résultat final suivant :
t^(k)=TF[t](k)=12πsinc2(k2)\widehat{t}(k) = TF[t](k) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \mathrm{sinc}^2\left(\dfrac{ k }{2} \right)

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