Exercice 4 - Exercice 1

Soit $$\alpha > 0$$. Soit $$x \in \mathbb{R}$$. Soit $$k \in \mathbb{R}$$.
On considère l'expression de $$f(x) = e^{-\alpha \, |x|} \in L^1(\mathbb{R})$$.
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 :
$$\widehat{f}(k) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-\alpha \, |x|} \, e^{- \mathsf{i} kx} \, \mathrm{d}x$$
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 :
$$\widehat{f}(k) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{0} e^{-\alpha \, (-x)} \, e^{- \mathsf{i} kx} \, \mathrm{d}x + \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{0}^{+\infty} e^{-\alpha \, x} \, e^{- \mathsf{i} kx} \, \mathrm{d}x$$
D'où :
$$\widehat{f}(k) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{0} e^{\alpha \, x} \, e^{- \mathsf{i} kx} \, \mathrm{d}x + \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{0}^{+\infty} e^{-\alpha \, x} \, e^{- \mathsf{i} kx} \, \mathrm{d}x$$
Ce qui nous donne :
$$\widehat{f}(k) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{0} e^{\alpha \, x - \mathsf{i} kx} \, \mathrm{d}x + \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{0}^{+\infty} e^{-\alpha \, x - \mathsf{i} kx} \, \mathrm{d}x$$
En factorisant :
$$\widehat{f}(k) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{0} e^{(\alpha - \mathsf{i} k) x} \, \mathrm{d}x + \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{0}^{+\infty} e^{-(\alpha \, x + \mathsf{i} k) x} \, \mathrm{d}x$$
Par intégration :
$$\widehat{f}(k) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \left[ \dfrac{ e^{(\alpha - \mathsf{i} k) x} }{\alpha - \mathsf{i} k} \right]_{-\infty}^{0} + \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \left[ \dfrac{ e^{-(\alpha + \mathsf{i} k) x} }{-(\alpha + \mathsf{i} k)} \right]_{0}^{+\infty}$$
Soit :
$$\widehat{f}(k) = \dfrac{1}{(\alpha - \mathsf{i} k)\sqrt{2\pi}} \left[ e^{(\alpha - \mathsf{i} k) x} \right]_{-\infty}^{0} - \dfrac{1}{(\alpha + \mathsf{i} k)\sqrt{2\pi}} \left[ e^{-(\alpha + \mathsf{i} k) x} \right]_{0}^{+\infty}$$
Mais, on a :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} \left[ e^{(\alpha - \mathsf{i} k) x} \right]_{-\infty}^{0} & = & e^{(\alpha - \mathsf{i} k) 0} - \displaystyle{ \lim_{x \longrightarrow - \infty} } e^{(\alpha - \mathsf{i} k) x} = 1 - 0 = 1 \\ & & \\ \left[ e^{-(\alpha + \mathsf{i} k) x} \right]_{0}^{+\infty} & = & \displaystyle{ \lim_{x \longrightarrow + \infty} } e^{-(\alpha + \mathsf{i} k) x} - e^{-(\alpha + \mathsf{i} k) 0} = 0 - 1 = - 1 \\ \end{array} \right.$$
Ce qui nous donne :
$$\widehat{f}(k) = \dfrac{1}{(\alpha - \mathsf{i} k)\sqrt{2\pi}} (1) - \dfrac{1}{(\alpha + \mathsf{i} k)\sqrt{2\pi}} (-1)$$
Donc :
$$\widehat{f}(k) = \dfrac{1}{(\alpha - \mathsf{i} k)\sqrt{2\pi}} + \dfrac{1}{(\alpha + \mathsf{i} k)\sqrt{2\pi}}$$
En factorisant, on trouve que :
$$\widehat{f}(k) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \left( \dfrac{1}{\alpha - \mathsf{i} k } + \dfrac{1}{\alpha + \mathsf{i} k } \right)$$
En réduisant au même dénominateur, on obtient :
$$\widehat{f}(k) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \left( \dfrac{\alpha + \mathsf{i} k + \alpha - \mathsf{i} k}{(\alpha - \mathsf{i} k)(\alpha + \mathsf{i} k) } \right)$$
En simplifiant :
$$\widehat{f}(k) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \left( \dfrac{2\alpha }{(\alpha - \mathsf{i} k)(\alpha + \mathsf{i} k) } \right)$$
Puis, on a :
$$(\alpha - \mathsf{i} k)(\alpha + \mathsf{i} k) = \alpha^2 - \mathsf{i}^2 k^2 = \alpha^2 -(-1) k^2 = \alpha^2 + k^2$$
Soit :
$$\widehat{f}(k) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \left( \dfrac{2\alpha }{\alpha^2 + k^2 } \right)$$
Soit encore :
$$\widehat{f}(k) = \dfrac{2}{\sqrt{2\pi}} \dfrac{\alpha }{\alpha^2 + k^2 }$$
Finalement :
$$\widehat{f}(k) = \sqrt{ \dfrac{2}{\pi}} \dfrac{\alpha }{\alpha^2 + k^2 }$$

Dans la relation précédente, posons $$\alpha = 1$$, donc $$\alpha^2 = 1^2 = 1$$. On a alors :
$$TF\left[ e^{- |x|} \right] = \sqrt{ \dfrac{2}{\pi}} \dfrac{1}{1 + k^2 }$$
Donc :
$$\sqrt{ \dfrac{\pi}{2}} TF\left[ e^{- |x|} \right] = \dfrac{1}{1 + k^2 }$$
D'où :
$$TF\left[ \sqrt{ \dfrac{\pi}{2}} e^{- |x|} \right] = \dfrac{1}{1 + k^2 }$$
En introduisant la transformation de Fourier inverse, notée $$TF^{-1}$$, on a alors :
$$TF^{-1}\left[ TF\left[ \sqrt{ \dfrac{\pi}{2}} e^{- |x|} \right] \right] = TF^{-1}\left[ \dfrac{1}{1 + k^2 } \right]$$
Ce qui nous donne :
$$\sqrt{ \dfrac{\pi}{2}} e^{- |x|} = TF^{-1}\left[ \dfrac{1}{1 + k^2 } \right]$$
De fait, nous pouvons en conclure que :
$$TF\left[ \dfrac{1}{1 + x^2 } \right] = \sqrt{ \dfrac{\pi}{2}} e^{- |k|}$$

On a, avec $$x \in \mathbb{R}$$, le produit de convolution suivant :
$$(f \star f)(x) = \int_{-\infty}^{+\infty} f(y) \times f(x - y) \, \mathrm{d}y$$
Comme la fonction $$f : x \in \mathbb{R} \longmapsto f(x) = e^{-\alpha \, |x|} \in L^1(\mathbb{R})$$ est paire, calculons ceci pour $$x \geqslant 0$$. On a alors :
$$(f \star f)(x) = \int_{-\infty}^{+\infty} e^{- \alpha |y|} \times e^{- \alpha |x - y|} \, \mathrm{d}y$$
La difficulté vient des valeurs absolues $$|y|$$ et $$|x-y|$$. Pour les enlever, on se doit de regarder le signe de l'intérieur. On a alors :
$${\color{blue}{\bullet \,\, }}$$ si $$y < 0$$ alors $$|y| = - y$$.
Dans ce cas on a $$x - y = x + (-y)$$ et ceci est positif. Donc $$|x - y| = x - y$$. On a alors l'intégrale suivante qui contribue au produit de convolution :
$$\int_{-\infty}^{0} e^{- \alpha (-y)} \times e^{- \alpha (x - y)} \, \mathrm{d}y = \int_{-\infty}^{0} e^{ \alpha y} e^{- \alpha x + \alpha y} \, \mathrm{d}y = \int_{-\infty}^{0} e^{\alpha y} e^{- \alpha x} e^{\alpha y} \, \mathrm{d}y$$
Soit :
$$\int_{-\infty}^{0} e^{- \alpha (-y)} \times e^{- \alpha (x - y)} \, \mathrm{d}y = \int_{-\infty}^{0} e^{2\alpha y} e^{- \alpha x} \, \mathrm{d}y = e^{- \alpha x} \int_{-\infty}^{0} e^{2\alpha y} \, \mathrm{d}y$$
Soit encore :
$$\int_{-\infty}^{0} e^{- \alpha (-y)} \times e^{- \alpha (x - y)} \, \mathrm{d}y = e^{- \alpha x} \left[ \dfrac{e^{2\alpha y}}{2\alpha} \right]_{-\infty}^0 = \dfrac{e^{-\alpha x}}{2\alpha} \left[ e^{2\alpha y} \right]_{-\infty}^0 =\dfrac{e^{-\alpha x}}{2\alpha} \left( 1 - 0 \right)$$
Ainsi :
$$\int_{-\infty}^{0} e^{- \alpha (-y)} \times e^{- \alpha (x - y)} \, \mathrm{d}y = \dfrac{e^{-\alpha x}}{2\alpha}$$
$${\color{red}{\bullet \bullet \,\,}}$$ si $$0 \leqslant y \leqslant x$$ alors $$|y| = y$$.
Dans ce cas on a $$x - y \geqslant 0$$. Donc $$|x - y| = x - y$$. On a alors l'intégrale suivante qui contribue au produit de convolution :
$$\int_{0}^{x} e^{- \alpha y} \times e^{- \alpha (x - y)} \, \mathrm{d}y = \int_{0}^{x} e^{- \alpha y} e^{- \alpha x + \alpha y} \, \mathrm{d}y = \int_{0}^{x} e^{-\alpha y} e^{- \alpha x} e^{\alpha y} \, \mathrm{d}y$$
Soit :
$$\int_{0}^{x} e^{- \alpha y} \times e^{- \alpha (x - y)} \, \mathrm{d}y = \int_{0}^{x} e^{-\alpha y + \alpha y} e^{- \alpha x} \, \mathrm{d}y = \int_{0}^{x} e^{0} e^{- \alpha x} \, \mathrm{d}y = \int_{0}^{x} 1 e^{- \alpha x} \, \mathrm{d}y$$
Soit encore :
$$\int_{0}^{x} e^{- \alpha y} \times e^{- \alpha (x - y)} \, \mathrm{d}y = e^{- \alpha x} \int_{0}^{x} 1 \, \mathrm{d}y = e^{- \alpha x} \left[ y \right]_{0}^{x} = e^{- \alpha x} \left( x - 0 \right)$$
Ainsi :
$$\int_{0}^{x} e^{- \alpha y} \times e^{- \alpha (x - y)} \, \mathrm{d}y = x e^{- \alpha x}$$
$${\color{green}{\bullet \bullet \bullet \,\,}}$$ si $$y > x \geqslant 0$$ alors $$|y| = y$$.
Dans ce cas on a $$x - y < 0$$. Donc $$|x - y| = -(x - y) = -x + y = y - x$$. On a alors l'intégrale suivante qui contribue au produit de convolution :
$$\int_{x}^{+\infty} e^{- \alpha y} \times e^{- \alpha (y - x)} \, \mathrm{d}y = \int_{x}^{+\infty} e^{- \alpha y} e^{- \alpha y + \alpha x} \, \mathrm{d}y = \int_{x}^{+\infty} e^{- \alpha y} e^{- \alpha y} e^{\alpha x} \, \mathrm{d}y$$
Soit :
$$\int_{x}^{+\infty} e^{- \alpha y} \times e^{- \alpha (y - x)} \, \mathrm{d}y = \int_{x}^{+\infty} e^{- \alpha y - \alpha y} e^{\alpha x} \, \mathrm{d}y = \int_{x}^{+\infty} e^{- 2 \alpha y} e^{\alpha x} \, \mathrm{d}y$$
Soit encore :
$$\int_{x}^{+\infty} e^{- \alpha y} \times e^{- \alpha (y - x)} \, \mathrm{d}y = e^{\alpha x} \int_{x}^{+\infty} e^{- 2 \alpha y} \, \mathrm{d}y = e^{\alpha x} \left[ \dfrac{ e^{- 2 \alpha y} }{- 2 \alpha } \right]_{x}^{+\infty} = e^{\alpha x} \left[ \dfrac{ e^{- 2 \alpha y} }{2 \alpha} \right]_{+\infty}^{x}$$
Donc :
$$\int_{x}^{+\infty} e^{- \alpha y} \times e^{- \alpha (y - x)} \, \mathrm{d}y = \dfrac{ e^{\alpha x} }{2 \alpha} \left[ e^{- 2 \alpha y} \right]_{+\infty}^{x} = \dfrac{ e^{\alpha x} }{2 \alpha} \left( e^{- 2 \alpha x} - 0 \right) = \dfrac{ e^{\alpha x} }{2 \alpha} e^{- 2 \alpha x}$$
D'où :
$$\int_{x}^{+\infty} e^{- \alpha y} \times e^{- \alpha (y - x)} \, \mathrm{d}y = \dfrac{ e^{\alpha x - 2 \alpha x} }{2 \alpha} = \dfrac{ e^{(1- 2) \alpha x} }{2 \alpha}$$
Ainsi :
$$\int_{x}^{+\infty} e^{- \alpha y} \times e^{- \alpha (y - x)} \, \mathrm{d}y = \dfrac{ e^{- \alpha x} }{2 \alpha}$$
De fait, en regroupant les trois contribution précédentes, on obtient :
$$\forall x \in \mathbb{R}^+, \,\, (f \star f)(x) = \dfrac{e^{-\alpha x}}{2\alpha} + x e^{- \alpha x} + \dfrac{ e^{- \alpha x} }{2 \alpha}$$
D'où :
$$\forall x \in \mathbb{R}^+, \,\, (f \star f)(x) = \dfrac{e^{-\alpha x}}{2\alpha} (1 + 1) + x e^{- \alpha x}$$
Ce qui nous donne :
$$\forall x \in \mathbb{R}^+, \,\, (f \star f)(x) = \dfrac{e^{-\alpha x}}{2\alpha} (2) + x e^{- \alpha x}$$
En simplifiant :
$$\forall x \in \mathbb{R}^+, \,\, (f \star f)(x) = \dfrac{e^{-\alpha x}}{\alpha} + x e^{- \alpha x}$$
Puis en factorisant :
$$\forall x \in \mathbb{R}^+, \,\, (f \star f)(x) = \left( \dfrac{1}{\alpha} + x \right) e^{- \alpha x}$$
Comme le résultat doit être valable pour tout $$x$$ réel, donc même négatif, on utilise la valeur absolue. Finalement, on obtient le résultat suivant :
$$\forall x \in \mathbb{R}, \,\, (f \star f)(x) = \left( \dfrac{1}{\alpha} + |x| \right) e^{- \alpha |x|}$$

Concernant la fonction $$x \longmapsto \dfrac{1}{\big( 1 + x^2 \big)^2}$$ il nous faut observer que nous pouvons également l'écrire sous la forme :
$$x \longmapsto \left( \dfrac{1}{ 1 + x^2} \right)^2 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, x \longmapsto \dfrac{1}{ 1 + x^2} \times \dfrac{1}{ 1 + x^2}$$
On comprend qu'il va falloir faire usage du produit de convolution. On a alors :
$$\forall k \in \mathbb{R}, \,\, \dfrac{1}{\big( 1 + k^2 \big)^2} = \left( \dfrac{1}{ 1 + k^2} \right)^2 = \dfrac{1}{ 1 + k^2} \times \dfrac{1}{ 1 + k^2}$$
Soit :
$$\forall k \in \mathbb{R}, \,\, \dfrac{1}{\big( 1 + k^2 \big)^2} = TF\left[ \sqrt{ \dfrac{\pi}{2}} e^{- |x|} \right] \times TF\left[ \sqrt{ \dfrac{\pi}{2}} e^{- |x|} \right]$$
Ainsi, nous avons :
$$\forall k \in \mathbb{R}, \,\, \dfrac{1}{\big( 1 + k^2 \big)^2} = \dfrac{\sqrt{2\pi}}{\sqrt{2\pi}} TF\left[ \sqrt{ \dfrac{\pi}{2}} e^{- |x|} \right] \times TF\left[ \sqrt{ \dfrac{\pi}{2}} e^{- |x|} \right]$$
Que nous allons écrire comme :
$$\forall k \in \mathbb{R}, \,\, \dfrac{1}{\big( 1 + k^2 \big)^2} = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \times \left( \sqrt{2\pi} \times TF\left[ \sqrt{ \dfrac{\pi}{2}} e^{- |x|} \right] \times TF\left[ \sqrt{ \dfrac{\pi}{2}} e^{- |x|} \right] \right)$$
Nous obtenons donc :
$$\forall k \in \mathbb{R}, \,\, \dfrac{1}{\big( 1 + k^2 \big)^2} = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \sqrt{ \dfrac{\pi}{2}} \sqrt{ \dfrac{\pi}{2}} \times \left( \sqrt{2\pi} \times TF\left[ e^{- |x|} \right] \times TF\left[ e^{- |x|} \right] \right)$$
Mais, on sait que :
$$f_{\alpha=1}(x) = e^{- |x|}$$
Ce qui implique immédiatement que :
$$\forall k \in \mathbb{R}, \,\, \dfrac{1}{\big( 1 + k^2 \big)^2} = \dfrac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{2}} \times \left( \sqrt{2\pi} \times TF\left[ f_{\alpha=1}(x) \right] \times TF\left[ f_{\alpha=1}(x) \right] \right)$$
D'après le cours, nous pouvons donc écrire que :
$$\forall k \in \mathbb{R}, \,\, \dfrac{1}{\big( 1 + k^2 \big)^2} = \dfrac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{2}} \times TF\left[ \left( f_{\alpha=1} \star f_{\alpha=1} \right)(x) \right]$$
D'où :
$$\forall k \in \mathbb{R}, \,\, \dfrac{1}{\big( 1 + k^2 \big)^2} = \dfrac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{2}} \times TF\left[ \left( \dfrac{1}{1} + |x| \right) e^{- 1 |x|} \right]$$
Soit :
$$\forall k \in \mathbb{R}, \,\, \dfrac{1}{\big( 1 + k^2 \big)^2} = \dfrac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{2}} \times TF\left[ \left( 1 + |x| \right) e^{- |x|} \right]$$
Soit encore :
$$\forall k \in \mathbb{R}, \,\, \dfrac{1}{\big( 1 + k^2 \big)^2} = TF\left[ \dfrac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{2}} \left( 1 + |x| \right) e^{- |x|} \right]$$
Donc, on obtient :
$$\forall k \in \mathbb{R}, \,\, \dfrac{1}{\big( 1 + k^2 \big)^2} = TF\left[ \dfrac{1}{2} \sqrt{ \dfrac{\pi}{2} } \left( 1 + |x| \right) e^{- |x|} \right]$$
On peut donc écrire que :
$$\forall x \in \mathbb{R}, \,\, \dfrac{1}{\big( 1 + x^2 \big)^2} = TF^{-1}\left[ \dfrac{1}{2} \sqrt{ \dfrac{\pi}{2} } \left( 1 + |k| \right) e^{- |k|} \right]$$
Dit autrement, la transformée de Fourier de la fonction $$x \longmapsto \dfrac{1}{\big( 1 + x^2 \big)^2}$$ est la fonction de l'espace réciproque $$k \longmapsto \dfrac{1}{2} \sqrt{ \dfrac{\pi}{2} } \left( 1 + |k| \, \right) e^{- |k|}$$.

On constate que :
$$\forall x \in \mathbb{R}, \,\, \dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} \left( \dfrac{1}{ 1 + x^2 } \right) = -\dfrac{(1 + x^2)'}{ (1 + x^2)^2 } = -\dfrac{2x}{ (1 + x^2)^2 }$$
Soit :
$$\forall x \in \mathbb{R}, \,\, - \dfrac{1}{2}\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} \left( \dfrac{1}{ 1 + x^2 } \right) = \dfrac{x}{ (1 + x^2)^2 }$$
Donc :
$$TF \left[ - \dfrac{1}{2}\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} \left( \dfrac{1}{ 1 + x^2 } \right) \right] = TF \left[ \dfrac{x}{ (1 + x^2)^2 } \right]$$
Ce qui nous donne :
$$- \dfrac{1}{2} \times TF \left[ \dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} \left( \dfrac{1}{ 1 + x^2 } \right) \right] = TF \left[ \dfrac{x}{ (1 + x^2)^2 } \right]$$
Mais, d'après le cours, on sait que :
$$TF \left[ \dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} \left( \dfrac{1}{ 1 + x^2 } \right) \right] = ik \times TF \left[ \dfrac{1}{ 1 + x^2 } \right]$$
Soit :
$$TF \left[ \dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} \left( \dfrac{1}{ 1 + x^2 } \right) \right] = ik \times \sqrt{\dfrac{\pi}{2}} e^{-|k|}$$
Ce qui nous donne donc :
$$- \dfrac{1}{2} \times ik \times \sqrt{\dfrac{\pi}{2}} e^{-|k|} = TF \left[ \dfrac{x}{ (1 + x^2)^2 } \right]$$
Finalement :
$$TF \left[ \dfrac{x}{ (1 + x^2)^2 } \right] = - \dfrac{i}{2}\sqrt{\dfrac{\pi}{2}} k e^{-|k|}$$
Dit autrement, la transformée de Fourier de la fonction $$x \longmapsto \dfrac{x}{\big( 1 + x^2 \big)^2}$$ est la fonction de l'espace réciproque $$k \longmapsto - \dfrac{i}{2}\sqrt{\dfrac{\pi}{2}} k e^{-|k|}$$.