Exercice 3 - Exercice 1

La transformée de Fourier $$\widehat{f}(k) = \mathcal{F}[f](k)$$ recherchée est :
$$\widehat{f}(k) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{+\infty} f(x) \, e^{- \mathsf{i} kx} \, \mathrm{d}x$$
Soit :
$$\widehat{f}(k) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{+\infty} |x| \, e^{-\lambda \, |x|} \, e^{- \mathsf{i} kx} \, \mathrm{d}x$$
La présence des valeurs absolues nous invite à distinguer, pour $$x$$, deux intervalles d'intégration, à savoir de $$-\infty$$ à $$0$$ d'abord, puis de $$0$$ à $$+\infty$$. On a alors :
$$\widehat{f}(k) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{0} (-x) \, e^{-\lambda \, (-x)} \, e^{- \mathsf{i} kx} \, \mathrm{d}x + \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{0}^{+\infty} x \, e^{-\lambda \, x} \, e^{- \mathsf{i} kx} \, \mathrm{d}x$$
Soit :
$$\widehat{f}(k) = -\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{0} x \, e^{\lambda \, x} \, e^{- \mathsf{i} kx} \, \mathrm{d}x + \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{0}^{+\infty} x \, e^{-\lambda \, x} \, e^{- \mathsf{i} kx} \, \mathrm{d}x$$
En regroupant les termes exponentiels, on arrive à :
$$\widehat{f}(k) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{0} x \, e^{\lambda \, x - \mathsf{i} kx} \, \mathrm{d}x + \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{0}^{+\infty} x \, e^{-\lambda \, x -\mathsf{i} kx} \, \mathrm{d}x$$
Par simple factorisation par $$x$$ dans les exponentielles, on obtient :
$$\widehat{f}(k) = -\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{0} x \, e^{(\lambda - \mathsf{i} k) x} \, \mathrm{d}x + \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{0}^{+\infty} x \, e^{-(\lambda + \mathsf{i} k) x} \, \mathrm{d}x$$
Commençons par calculer la seconde intégrale du membre de droite. A l'aide d'une intégrations par parties, on a :
$$\int_{0}^{+\infty} x \, e^{-(\lambda + \mathsf{i} k) x} \, \mathrm{d}x = \left[ x \, \dfrac{ e^{-(\lambda + \mathsf{i} k) x} }{-(\lambda + \mathsf{i} k)} \right]_{0}^{+\infty} -\int_{0}^{+\infty} 1 \, \dfrac{ e^{-(\lambda + \mathsf{i} k) x} }{-(\lambda + \mathsf{i} k)} \, \mathrm{d}x$$
Soit :
$$\int_{0}^{+\infty} x \, e^{-(\lambda + \mathsf{i} k) x} \, \mathrm{d}x = \lim_{B \, \longrightarrow \, +\infty} B \, \dfrac{ e^{-(\lambda + \mathsf{i} k) B} }{-(\lambda + \mathsf{i} k)} - 0 \, \dfrac{ e^{-(\lambda + \mathsf{i} k) 0} }{-(\lambda + \mathsf{i} k)} + \int_{0}^{+\infty} \dfrac{ e^{-(\lambda + \mathsf{i} k) x} }{\lambda + \mathsf{i} k} \, \mathrm{d}x$$
D'où :
$$\int_{0}^{+\infty} x \, e^{-(\lambda + \mathsf{i} k) x} \, \mathrm{d}x = -\dfrac{ 1 }{\lambda + \mathsf{i} k}\lim_{B \, \longrightarrow \, +\infty} \left( B \, e^{-(\lambda + \mathsf{i} k) B} \right) - 0 + \dfrac{1}{\lambda + \mathsf{i} k} \int_{0}^{+\infty} e^{-(\lambda + \mathsf{i} k) x} \, \mathrm{d}x$$
Par croissances comparées, on sait que :
$$\lim_{B \, \longrightarrow \, +\infty} \left( B \, e^{-(\lambda + \mathsf{i} k) B} \right) = 0$$
Donc :
$$\int_{0}^{+\infty} x \, e^{-(\lambda + \mathsf{i} k) x} \, \mathrm{d}x = \dfrac{1}{\lambda + \mathsf{i} k} \int_{0}^{+\infty} e^{-(\lambda + \mathsf{i} k) x} \, \mathrm{d}x$$
En intégrant :
$$\int_{0}^{+\infty} x \, e^{-(\lambda + \mathsf{i} k) x} \, \mathrm{d}x = \dfrac{1}{\lambda + \mathsf{i} k} \left[ \dfrac{ e^{-(\lambda + \mathsf{i} k) x} }{-(\lambda + \mathsf{i} k)} \right]_{0}^{+\infty}$$
Ce qui s'écrit également comme :
$$\int_{0}^{+\infty} x \, e^{-(\lambda + \mathsf{i} k) x} \, \mathrm{d}x = -\dfrac{1}{(\lambda + \mathsf{i} k)^2} \left[ e^{-(\lambda + \mathsf{i} k) x} \right]_{0}^{+\infty}$$
Or, en $$+\infty$$ le terme $$e^{-(\lambda + \mathsf{i} k) x}$$ s'écrase vers $$0$$ très rapidement puisque $$\lambda > 0$$. Ainsi, on obtient :
$$\int_{0}^{+\infty} x \, e^{-(\lambda + \mathsf{i} k) x} \, \mathrm{d}x = -\dfrac{1}{(\lambda + \mathsf{i} k)^2} \left( 0 - e^{-(\lambda + \mathsf{i} k) 0} \right)$$
Soit :
$$\int_{0}^{+\infty} x \, e^{-(\lambda + \mathsf{i} k) x} \, \mathrm{d}x = -\dfrac{1}{(\lambda + \mathsf{i} k)^2} \left( - e^{0} \right)$$
Soit encore :
$$\int_{0}^{+\infty} x \, e^{-(\lambda + \mathsf{i} k) x} \, \mathrm{d}x = -\dfrac{1}{(\lambda + \mathsf{i} k)^2} \left( - 1 \right)$$
On obtient alors :
$$\int_{0}^{+\infty} x \, e^{-(\lambda + \mathsf{i} k) x} \, \mathrm{d}x = \dfrac{1}{(\lambda + \mathsf{i} k)^2}$$
Puis, effectuons une autre intégration par parties pour calculer la première intégrale, à savoir :
$$\int_{-\infty}^{0} x \, e^{(\lambda - \mathsf{i} k) x} \, \mathrm{d}x = \left[ x \, \dfrac{ e^{(\lambda - \mathsf{i} k) x} }{\lambda - \mathsf{i} k} \right]_{-\infty}^{0} - \int_{-\infty}^{0} 1 \, \dfrac{ e^{(\lambda - \mathsf{i} k) x} }{\lambda - \mathsf{i} k} \, \mathrm{d}x$$
Soit :
$$\int_{-\infty}^{0} x \, e^{(\lambda - \mathsf{i} k) x} \, \mathrm{d}x = 0 \, \dfrac{ e^{(\lambda - \mathsf{i} k) 0} }{\lambda - \mathsf{i} k} - \lim_{B \, \longrightarrow \, -\infty} B \, \dfrac{ e^{(\lambda - \mathsf{i} k) B} }{\lambda - \mathsf{i} k} - \dfrac{ 1 }{\lambda - \mathsf{i} k} \int_{-\infty}^{0} e^{(\lambda - \mathsf{i} k) x} \, \mathrm{d}x$$
Soit encore :
$$\int_{-\infty}^{0} x \, e^{(\lambda - \mathsf{i} k) x} \, \mathrm{d}x = 0 - \dfrac{ 1 }{\lambda - \mathsf{i} k} \lim_{B \, \longrightarrow \, -\infty} \left( B \, e^{(\lambda - \mathsf{i} k) B} \right) - \dfrac{ 1 }{\lambda - \mathsf{i} k} \int_{-\infty}^{0} e^{(\lambda - \mathsf{i} k) x} \, \mathrm{d}x$$
Par croissances comparées, on sait que :
$$\lim_{B \, \longrightarrow \, -\infty} \left( B \, e^{(\lambda - \mathsf{i} k) B} \right) = 0$$
Donc :
$$\int_{-\infty}^{0} x \, e^{(\lambda - \mathsf{i} k) x} \, \mathrm{d}x = - \dfrac{ 1 }{\lambda - \mathsf{i} k} \int_{-\infty}^{0} e^{(\lambda - \mathsf{i} k) x} \, \mathrm{d}x$$
En intégrant, on obtient :
$$\int_{-\infty}^{0} x \, e^{(\lambda - \mathsf{i} k) x} \, \mathrm{d}x = - \dfrac{ 1 }{\lambda - \mathsf{i} k} \int_{-\infty}^{0} \left[ \dfrac{ e^{(\lambda - \mathsf{i} k) x} }{\lambda - \mathsf{i} k} \right]_{-\infty}^{0}$$
Ce qui nous donne :
$$\int_{-\infty}^{0} x \, e^{(\lambda - \mathsf{i} k) x} \, \mathrm{d}x = - \dfrac{ 1 }{(\lambda - \mathsf{i} k)^2} \left[ e^{(\lambda - \mathsf{i} k) x} \right]_{-\infty}^{0}$$
Or, en $$-\infty$$ le terme $$e^{(\lambda - \mathsf{i} k) x}$$ s'écrase vers $$0$$ très rapidement puisque $$\lambda > 0$$. Ainsi, on obtient :
$$\int_{-\infty}^{0} x \, e^{(\lambda - \mathsf{i} k) x} \, \mathrm{d}x = - \dfrac{ 1 }{(\lambda - \mathsf{i} k)^2} \left( e^{(\lambda - \mathsf{i} k) 0} - 0 \right)$$
Donc :
$$\int_{-\infty}^{0} x \, e^{(\lambda - \mathsf{i} k) x} \, \mathrm{d}x = - \dfrac{ 1 }{(\lambda - \mathsf{i} k)^2} \left( e^{0} - 0 \right)$$
Comme $$e^{0} = 1$$ on obtient :
$$\int_{-\infty}^{0} x \, e^{(\lambda - \mathsf{i} k) x} \, \mathrm{d}x = - \dfrac{ 1 }{(\lambda - \mathsf{i} k)^2} \left( 1 - 0 \right)$$
Finalement, on arrive au résultat intermédiaire suivant :
$$\int_{-\infty}^{0} x \, e^{(\lambda - \mathsf{i} k) x} \, \mathrm{d}x = - \dfrac{ 1 }{(\lambda - \mathsf{i} k)^2}$$
On peut donc écrire que :
$$\widehat{f}(k) = -\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \left( - \dfrac{ 1 }{(\lambda - \mathsf{i} k)^2} \right) + \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \dfrac{1}{(\lambda + \mathsf{i} k)^2}$$
Soit :
$$\widehat{f}(k) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \dfrac{ 1 }{(\lambda - \mathsf{i} k)^2} + \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \dfrac{1}{(\lambda + \mathsf{i} k)^2}$$
En factorisant par le terme $$\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}$$ on obtient :
$$\widehat{f}(k) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \left( \dfrac{ 1 }{(\lambda - \mathsf{i} k)^2} + \dfrac{1}{(\lambda + \mathsf{i} k)^2} \right)$$
Avec :
$$\dfrac{ 1 }{(\lambda - \mathsf{i} k)^2} + \dfrac{1}{(\lambda + \mathsf{i} k)^2} = \dfrac{ (\lambda + \mathsf{i} k)^2 }{(\lambda - \mathsf{i} k)^2(\lambda + \mathsf{i} k)^2} + \dfrac{(\lambda - \mathsf{i} k)^2}{(\lambda - \mathsf{i} k)^2(\lambda + \mathsf{i} k)^2}$$
D'où :
$$\dfrac{ 1 }{(\lambda - \mathsf{i} k)^2} + \dfrac{1}{(\lambda + \mathsf{i} k)^2} = \dfrac{ (\lambda + \mathsf{i} k)^2 + (\lambda - \mathsf{i} k)^2 }{(\lambda - \mathsf{i} k)^2(\lambda + \mathsf{i} k)^2}$$
Soit :
$$\dfrac{ 1 }{(\lambda - \mathsf{i} k)^2} + \dfrac{1}{(\lambda + \mathsf{i} k)^2} = \dfrac{ \lambda^2 + 2\lambda\mathsf{i} k + \mathsf{i}^2 k^2 + \lambda^2 - 2\lambda\mathsf{i} k + \mathsf{i}^2 k^2 }{\left( (\lambda - \mathsf{i} k)(\lambda + \mathsf{i} k) \right)^2}$$
Ce qui nous donne :
$$\dfrac{ 1 }{(\lambda - \mathsf{i} k)^2} + \dfrac{1}{(\lambda + \mathsf{i} k)^2} = \dfrac{ 2\lambda^2 + 2\mathsf{i}^2 k^2 }{\left( \lambda^2 - \mathsf{i}^2 k^2 \right)^2}$$
Comme $$\mathsf{i}^2 = -1$$ ion obtient alors :
$$\dfrac{ 1 }{(\lambda - k)^2} + \dfrac{1}{(\lambda + \mathsf{i} k)^2} = \dfrac{ 2\lambda^2 + 2(-1) k^2 }{\left( \lambda^2 - (-1) k^2 \right)^2}$$
Ce qui nous donne le résultat suivant :
$$\dfrac{ 1 }{(\lambda - k)^2} + \dfrac{1}{(\lambda + \mathsf{i} k)^2} = 2\dfrac{ \lambda^2 - k^2 }{\left( \lambda^2 + k^2 \right)^2}$$
Ce qui nous donne donc :
$$\dfrac{ 1 }{(\lambda - k)^2} + \dfrac{1}{(\lambda + \mathsf{i} k)^2} = 2\dfrac{ (\lambda + k)(\lambda - k) }{\left( \lambda^2 + k^2 \right)^2}$$
On obtient donc :
$$\widehat{f}(k) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} 2\dfrac{ (\lambda + k)(\lambda - k) }{\left( \lambda^2 + k^2 \right)^2}$$
Finalement, la transformée de Fourier $$\widehat{f}(k) = \mathcal{F}[f](k)$$ associée à $$f(x)$$ est donnée par l'expression suivante :
$$\widehat{f}(k) = \sqrt{ \dfrac{2}{\pi}} \dfrac{ (\lambda + k)(\lambda - k) }{\left( \lambda^2 + k^2 \right)^2}$$

Soit $$g \in L^1(\mathbb{R})$$ une fonction numérique paire. On a alors :
$$\widehat{g}(k) = \mathcal{F}[g](k) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{+\infty} g(x) \, e^{- \mathsf{i} kx} \, \mathrm{d}x$$
Soit :
$$\widehat{g}(k) = \mathcal{F}[g](k) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{0} g(x) \, e^{-\mathsf{i} kx} \, \mathrm{d}x + \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{0}^{+\infty} g(x) \, e^{-\mathsf{i} kx} \, \mathrm{d}x$$
Dans la première intégrale du second membre, posons $$x = -X$$, donc $$\mathrm{d}x = \mathrm{d}(-X) = - \mathrm{d}X$$. Dans ce cas, $$X$$ va de la borne $$+ \infty$$ jusqu'à la borne $$0$$. On a alors :
$$\widehat{g}(k) = \mathcal{F}[g](k) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{+\infty}^{0} g(-X) \, e^{- \mathsf{i} k(-X)} \, (-\mathrm{d}X) + \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{0}^{+\infty} g(x) \, e^{- \mathsf{i} kx} \, \mathrm{d}x$$
Soit :
$$\widehat{g}(k) = \mathcal{F}[g](k) = - \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{+\infty}^{0} g(-X) \, e^{\mathsf{i} kX} \, \mathrm{d}X + \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{0}^{+\infty} g(x) \, e^{- \mathsf{i} kx} \, \mathrm{d}x$$
Soit encore :
$$\widehat{g}(k) = \mathcal{F}[g](k) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{0}^{+\infty} g(-X) \, e^{\mathsf{i} kX} \, \mathrm{d}X + \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{0}^{+\infty} g(x) \, e^{- \mathsf{i} kx} \, \mathrm{d}x$$
Mais, par hypothèse, nous savons que la fonction $$g$$ est paire. Donc, on peut écrire que :
$$\forall X \in \mathbb{R}, \,\, -X \in \mathbb{R}, \,\, g(-X) = g(X)$$
Ce qui implique que :
$$\widehat{g}(k) = \mathcal{F}[g](k) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{0}^{+\infty} g(X) \, e^{\mathsf{i} kX} \, \mathrm{d}X + \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{0}^{+\infty} g(x) \, e^{- \mathsf{i} kx} \, \mathrm{d}x$$
Une variable d'intégration étant une variable muette, nous pouvons donc écrire que :
$$\widehat{g}(k) = \mathcal{F}[g](k) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{0}^{+\infty} g(x) \, e^{\mathsf{i} kx} \, \mathrm{d}x + \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{0}^{+\infty} g(x) \, e^{- \mathsf{i} kx} \, \mathrm{d}x$$
De fait, par factorisation, nous avons :
$$\widehat{g}(k) = \mathcal{F}[g](k) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{0}^{+\infty} g(x) \, \left( e^{\mathsf{i} kx} + e^{- \mathsf{i} kx} \right) \, \mathrm{d}x$$
Par "jeu" d'écriture, nous obtenons :
$$\widehat{g}(k) = \mathcal{F}[g](k) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{0}^{+\infty} g(x) \, 2\left( \dfrac{ e^{\mathsf{i} kx} + e^{- \mathsf{i} kx} }{2} \right) \, \mathrm{d}x$$
Mais, on sait que :
$$\forall x \in \mathbb{R}, \,\, \dfrac{ e^{\mathsf{i} kx} + e^{- \mathsf{i} kx} }{2} = \cos(kx)$$
Ainsi :
$$\widehat{g}(k) = \mathcal{F}[g](k) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{0}^{+\infty} g(x) \, 2 \cos(kx) \, \mathrm{d}x$$
Que nous écrivons :
$$\widehat{g}(k) = \mathcal{F}[g](k) = \dfrac{2}{\sqrt{2\pi}} \int_{0}^{+\infty} g(x) \, 2 \cos(kx) \, \mathrm{d}x$$
Finalement :
$$\widehat{g}(k) = \mathcal{F}[g](k) = \sqrt{\dfrac{2}{\pi}} \int_0^{+\infty} g(x) \cos(kx) \, \mathrm{d}x$$

On sait que si la fonction $$f \in L^1(\mathbb{R})$$ alors on a :
$$f(x) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{+\infty} \widehat{f}(k) \, e^{ \mathsf{i} kx} \, \mathrm{d}k$$
Or, on sait que si $$f$$ est paire alors sa transformée de Fourier $$\widehat{f}$$ est également paire. Dans ce cas, appliquons le résultat obtenu à la question précédente. On a alors :
$$f(x) = \sqrt{\dfrac{2}{\pi}} \int_0^{+\infty} \widehat{f}(k) \cos(kx) \, \mathrm{d}k$$
Mais, on sait que si $$f(x) = |x| \, e^{-\lambda \, |x|} \in L^1(\mathbb{R})$$ alors on a :
$$\widehat{f}(k) = \sqrt{ \dfrac{2}{\pi}} \dfrac{ (\lambda + k)(\lambda - k) }{\left( \lambda^2 + k^2 \right)^2} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \widehat{f}(k) = \sqrt{ \dfrac{2}{\pi}} \dfrac{ \lambda^2 - k^2 }{\left( \lambda^2 + k^2 \right)^2}$$
Ceci nous permet d'écrire que :
$$|x| \, e^{-\lambda \, |x|} = \sqrt{\dfrac{2}{\pi}} \int_0^{+\infty} \sqrt{ \dfrac{2}{\pi}} \dfrac{ \lambda^2 - k^2 }{\left( \lambda^2 + k^2 \right)^2} \cos(kx) \, \mathrm{d}k$$
Soit :
$$|x| \, e^{-\lambda \, |x|} = \sqrt{\dfrac{2}{\pi}} \sqrt{ \dfrac{2}{\pi}} \int_0^{+\infty} \dfrac{ \lambda^2 - k^2 }{\left( \lambda^2 + k^2 \right)^2} \cos(kx) \, \mathrm{d}k$$
Soit encore :
$$|x| \, e^{-\lambda \, |x|} = \left( \sqrt{\dfrac{2}{\pi}} \right)^2 \int_0^{+\infty} \dfrac{ \lambda^2 - k^2 }{\left( \lambda^2 + k^2 \right)^2} \cos(kx) \, \mathrm{d}k$$
D'où :
$$|x| \, e^{-\lambda \, |x|} = \dfrac{2}{\pi} \int_0^{+\infty} \dfrac{ \lambda^2 - k^2 }{\left( \lambda^2 + k^2 \right)^2} \cos(kx) \, \mathrm{d}k$$
Ainsi, nous obtenons :
$$\int_0^{+\infty} \dfrac{ \lambda^2 - k^2 }{\left( \lambda^2 + k^2 \right)^2} \cos(kx) \, \mathrm{d}k = \dfrac{\pi}{2}|x| \, e^{-\lambda \, |x|}$$
On remarque alors qu'il nous faut maintenant poser :
$$x = \dfrac{1}{2} \,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\, |x| = x = \dfrac{1}{2}$$
Cela nous permet d'écrire que :
$$\int_0^{+\infty} \dfrac{ \lambda^2 - k^2 }{\left( \lambda^2 + k^2 \right)^2} \cos\left( k\dfrac{1}{2} \right) \, \mathrm{d}k = \dfrac{\pi}{2}\dfrac{1}{2} \, e^{-\lambda \, \frac{1}{2}}$$
Soit :
$$\int_0^{+\infty} \dfrac{ \lambda^2 - k^2 }{\left( \lambda^2 + k^2 \right)^2} \cos\left(\dfrac{k}{2} \right) \, \mathrm{d}k = \dfrac{\pi}{4} \, e^{- \, \frac{\lambda}{2}}$$
Enfin, on doit se souvenir qu'une variable d'intégration est une variable muette. Donc remplaçons, dans la relation précédente, la lettre $$k$$ par $$x$$. On obtient finalement la relation proposée par le sujet, à savoir que :
$$\int_0^{+\infty} \dfrac{\lambda^2 - x^2}{\left( \lambda^2 + x^2 \right)^2} \cos\left( \dfrac{x}{2} \right) \, \mathrm{d}x = \dfrac{\pi}{4} e^{-\frac{\lambda}{2}}$$