transformation de fourier · la fonction fbest la transformee de fourier de´ f. theor´ eme` l1(r)...

Transformation de Fourier

Olivier Guedon

5eme seance Big Blue Botton.

mercredi 22 avril 2020

Olivier Guedon (5eme seance Big Blue Botton. ) Transformation de Fourier mercredi 22 avril 2020 1 / 14

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Chapitre 3 - Transformation de Fourier1ere partieTransformation de Fourier d’une fonction de L1(R).

DefinitionSoit f ∈ L1(R) a valeurs reelles ou complexes. On pose

∀y ∈ R, f (y) =∫R

f (x)e−ixydx

La fonction f est la transformee de Fourier de f .




∀y ∈ R, f (y) =∫R

f (x)e−ixydx


f (0) =∫R

f (x)dx

1l[−1,1](y) =2 sin(y)

y/∈ L1(R).

‖f‖∞ ≤ ‖f‖1




∀y ∈ R, f (y) =∫R

f (x)e−ixydx


Theoreme

L1(R) → C00(R)

f 7→ f

est une application lineaire continue de norme ≤ 1, ou C00(R) est

l’ensemble des fonctions continues de limite nulle en l’infini.


Lorsqu’on a parle des series de Fourier, on a deja etabli le fait suivant

Rappel

Si g est continue sur [a,b] et si g est C1 par morceaux sur [a,b] alors

g(b)− g(a) =∫ b

ag′(x)dx .

On peut facilement en deduire la proposition suivante

PropositionSi f est continue sur R, nulle en dehors d’un intervalle ferme borne[a,b], C1 par morceaux sur [a,b] alors

∀y ∈ R, iy f (y) = f ′ (y).


PreuvePour y fixe, on applique le rappel a gy (x) = f (x)e−ixy .

f (b)e−iby − f (a)e−iay =

∫ b

a

(f ′(x)e−ixy − iyf (x)e−ixy

)dx

Donc

0 =

∫ b

af ′(x)e−ixydx − i y

∫ b

af (x)e−ixydx

Rappel

Si g est continue sur [a,b] et si g est C1 par morceaux sur [a,b] alors

g(b)− g(a) =∫ b

ag′(x)dx .


∀y ∈ R, iy f (y) = f ′ (y).


PreuvePour y fixe, on applique le rappel a gy (x) = f (x)e−ixy .

f (b)e−iby − f (a)e−iay =

∫ b

a

(f ′(x)e−ixy − iyf (x)e−ixy

)dx

Donc

0 =

∫ b

af ′(x)e−ixydx − i y

∫ b

af (x)e−ixydx


∀y ∈ R, iy f (y) = f ′ (y).


On peut alors prouver la proposition generale suivante

Proposition

Si f est continue sur R, C1 par morceaux sur R telle que f ∈ L1(R) etf ′ ∈ L1(R) alors

∀y ∈ R, f ′ (y) = i y f (y).

PreuveEn 2 etapes.


Preuve - etape 1Tout d’abord, montrons que lim|y |→+∞ |f (y)| = 0.

Soit y ∈ R alors f estcontinue et C1 par morceaux sur [0, y ] donc

f (y)− f (0) =∫ y

0f ′(x)dx

Les integrales de Riemann et de Lebesgue coıncident puisque f ′ estcontinue par morceaux. Comme f ′ ∈ L1(R) alors

y 7→∫ y

0f ′(x)dx

admet une limite en + et en − l’infini.Donc f admet une limite en + et en − l’infini. Et comme f ∈ L1(R) alorsnecessairement cette limite est nulle.


Preuve - etape 1Tout d’abord, montrons que lim|y |→+∞ |f (y)| = 0. Soit y ∈ R alors f estcontinue et C1 par morceaux sur [0, y ] donc

f (y)− f (0) =∫ y

0f ′(x)dx

Les integrales de Riemann et de Lebesgue coıncident puisque f ′ estcontinue par morceaux.

Comme f ′ ∈ L1(R) alors

y 7→∫ y

0f ′(x)dx




f (y)− f (0) =∫ y

0f ′(x)dx


y 7→∫ y

0f ′(x)dx

admet une limite en + et en − l’infini.

Donc f admet une limite en + et en − l’infini. Et comme f ∈ L1(R) alorsnecessairement cette limite est nulle.



f (y)− f (0) =∫ y

0f ′(x)dx


y 7→∫ y

0f ′(x)dx



Preuve - etape 2Soit A un reel positif quelconque. Alors par notre rappel, applique agy : x 7→ f (x)e−ixy : gy est continue sur [−A,A] et si gy est C1 parmorceaux sur [−A,A] alors

gy (A)− gy (−A) =∫ A

−Ag′y (x)dx .

on sait que∫ A

−Af ′(x)e−ixydx =

[f (x)e−ixy

]A

−A+ i y

∫ A

−Af (x)e−ixydx


Preuve - etape 2Soit A un reel positif quelconque. Alors par notre rappel, on sait que∫ A


[f (x)e−ixy

]A

−A+ i y

∫ A

−Af (x)e−ixydx

On fait tendre A vers +∞ (puisqu’on sait deja que les integralesconvergent) et on obtient∫ +∞

−∞f ′(x)e−ixydx = 0 + i y

∫ ∞−∞

f (x)e−ixydx


Preuve - etape 2Soit A un reel positif quelconque. Alors par notre rappel, on sait que∫ A


[f (x)e−ixy

]A

−A+ i y

∫ A

−Af (x)e−ixydx

On fait tendre A vers +∞ (puisqu’on sait deja que les integralesconvergent) et on obtient∫ +∞

−∞f ′(x)e−ixydx = 0 + i y

∫ ∞−∞

f (x)e−ixydx

Ce qui etablit que

∀y ∈ R, f ′ (y) = i y f (y).


On considere maintenant l’ensemble des fonctions continues sur R,affines par morceaux et nulle en dehors d’un intervalle compact de R.Cet ensemble est un espace vectoriel que l’on notera Affc(R). Alors onpeut prouver la proposition generale

Proposition

Si f ∈ Affc(R) alors f ∈ L1(R)

PreuveLa lire. Et c’est juste un petit exercice qui demande de biencomprendre la definition de Affc(R).

ExerciceCalculer la transformee de Fourier de la fonction f (t) = e−|t |. Et lesexercices 1, 2, 4 et 5 de la feuille 6.


Definition - PropositionSi f et g sont deux fonctions de L1(R) alors la fonctions 7→ f (x − s)g(s) est integrable pour presque tout x ∈ Ret on peut donc definir pour presque tout x ∈ R

f ? g(x) =∫R

f (x − s)g(s)ds.

On obtient ainsi une classe de fonction f ? g (appele le produit deconvolution de f avec g) qui verifie :

• f ? g ∈ L1(R)

• ‖f ? g‖1 ≤ ‖f‖1‖g‖1 et∫R(f ? g)(x)dx =

(∫R

f (x)dx)(∫

Rg(x)dx

).


PreuveOn commence par supposer f et g mesurables positives. Quitte aadmettre la valeur +∞, on peut toujours ecrire

∀x ∈ R, f ? g(x) =∫R

f (x − s)g(s)ds =

∫R

f (u)g(x − u)du = g ? f (x)



∀x ∈ R, f ? g(x) =∫R

f (x − s)g(s)ds =

∫R

f (u)g(x − u)du = g ? f (x)

Par Fubini positif,∫R(f ? g)(x)dx =

∫R

(∫R

f (x − s)g(s)ds)

dx =

∫R2

f (x − s)g(s)dsdx

=

∫R

(∫R

f (x − s)dx)

g(s)ds =

(∫R

f (x)dx)(∫

Rg(s)ds

).



∀x ∈ R, f ? g(x) =∫R

f (x − s)g(s)ds =

∫R

f (u)g(x − u)du = g ? f (x)

Par Fubini positif,∫R(f ? g)(x)dx =

∫R

(∫R

f (x − s)g(s)ds)

dx =

∫R2

f (x − s)g(s)dsdx

=

∫R

(∫R

f (x − s)dx)

g(s)ds =

(∫R

f (x)dx)(∫

Rg(s)ds

).

Ainsi si f ,g ∈ L1(R) sont positives alors∫R(f ? g)(x)dx =

(∫R

f (x)dx)(∫

Rg(x)dx

)< +∞

et (f ? g)(x) est fini pour presque tout x .Olivier Guedon (5eme seance Big Blue Botton. ) Transformation de Fourier mercredi 22 avril 2020 12 / 14

PreuveEnsuite, si f et g sont dans L1(R) alors |f | et |g| sont integrablespositives. On applique ce qu’on vient de faire pour definir |f | ? |g|. Donc∫

R(|f | ? |g|)(x)dx =

∫R2|f |(x − s)|g|(s)ds = ‖f‖1‖g‖1 < +∞.


PreuveEnsuite, si f et g sont dans L1(R) alors |f | et |g| sont integrablespositives. On applique ce qu’on vient de faire pour definir |f | ? |g|. Donc∫

R(|f | ? |g|)(x)dx =

∫R2|f |(x − s)|g|(s)ds = ‖f‖1‖g‖1 < +∞.

D’apres Fubini, la fonction

s 7→ f (x − s)g(s)

est integrable pour presque tout x ∈ R et la fonction f ? g definiepresque partout sur R par

f ? g(x) =∫R

f (x − s)g(s)ds

est une fonction mesurable, integrable sur R.


PreuveElle verifie∫R

f ? g(x) =∫R

(∫R

f (x − s)dx)

g(s)ds =

(∫R

f (x)dx)(∫

Rg(s)ds

).


PreuveElle verifie∫R

f ? g(x) =∫R

(∫R

f (x − s)dx)

g(s)ds =

(∫R

f (x)dx)(∫

Rg(s)ds

).

On a ensuite

|(f ? g)(x)| =∣∣∣∣∫

Rf (x − s)g(s)ds

∣∣∣∣ ≤ ∫R|f |(x − s)|g|(s)ds = (|f | ? |g|)(x)

Donc

‖f ? g‖1 =

∫R|(f ? g)(x)|dx ≤

∫R(|f | ? |g|)(x)dx = ‖f‖1‖g‖1.


transformation de fourier · la fonction fbest la transformee de fourier de´ f. theor´ eme` l1(r)...

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