Chapitre 5: Tranformée de Fourier §

§ 5.1: Définition et inversion §

Définition 5.1: Transformée de Fourier, transformée de Fourier inverse §

• Soit $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ une fonction continue par morceaux telle que

  
  $${\int }_{-\infty }^{\infty }|f(x)|dx<\infty$$
  

  La transformé de Fourier de $f$ noté $\mathcal{F}(f)$ ou $\hat{f}:\mathbb{R}\to \mathbb{C}$ est définie par

  
  $$\mathcal{F}(f)(\alpha )=\hat{f}(\alpha )=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{-\infty }^{\infty }f(x)e^{-i\alpha x}dx$$
  

• Soit $\phi :\mathbb{R}\to \mathbb{C}$ une fonction continue par morceaux telle que

  
  $${\int }_{-\infty }^{\infty }|\phi (\alpha )|d\alpha <\infty$$
  

  La transformée de Fourier inverse de $\phi$ notée ${\mathcal{F}}^{-1}(\phi ):\mathbb{R}\to \mathbb{C}$ est définie par

  
  $${\mathcal{F}}^{-1}(\phi )(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{-\infty }^{\infty }\phi (\alpha )e^{i\alpha x}d\alpha$$
  

Théorème 5.2: Formule d’inversion §

Soit $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ une fonction continue par morceaux telle que ${\int }_{-\infty }^{\infty }|f(x)|dx<\infty$ et ${\int }_{-\infty }^{\infty }|\hat{f}(\alpha )|d\alpha <\infty$. Alors

$$f(x)={\mathcal{F}}^{-1}(\mathcal{F}(f))(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{-\infty }^{\infty }\hat{f}(\alpha )e^{i\alpha x}d\alpha$$

Remarque 5.4: §

En réalité calculer une transformée de Fourier, c’est dur. Il nous faut des outils de l’analyse complexe pour calculer la plupart des transformées de Fourier

§ 5.2 Propriétés des transformées de Fourier §

Proposition 5.5: Continuité, linéarité, composition avec fonctions affines et décalage §

Soient $f,g:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ continues par morceaux telles que ${\int }_{-\infty }^{\infty }|f(x)|dx<\infty$ et ${\int }_{-\infty }^{\infty }|g(x)|dx<\infty$. Alors

1. Continuité: $\hat{f}$ est continue
2. Linéarité: $\mathcal{F}(af+bg)=a\mathcal{F}(f)+b\mathcal{F}(g)\forall a,b\in \mathbb{R}$
3. Composition avec fonction affine: Si $a\ne 0,b\in \mathbb{R}$ et $g(x)=f(ax+b)$ alors $\hat{g}(\alpha )=\frac{e^{i\frac{b}{a}\alpha }}{|a|}\hat{f}(\frac{\alpha }{a})$
4. Décalage: Si $g(x)=e^{-ibx}f(x)$ alors $\mathcal{F}(g)(\alpha )=\mathcal{F}(f)(\alpha +b)$

Théorème 5.6: Identité de Plancherel §

Soit $f$ continue par morceaux telle que ${\int }_{-\infty }^{\infty }|f(x)|dx<\infty$ et ${\int }_{-\infty }^{\infty }\hat{f}(\alpha {)}^{2}d\alpha <\infty$. Alors

$${\int }_{-\infty }^{\infty }f(x{)}^{2}dx={\int }_{-\infty }^{\infty }\hat{f}(\alpha {)}^{2}d\alpha$$

Proposition 5.7: Transformée des dérivées et dérivées des transformées §

1. Soit $f\in C^1(\mathbb{R})$ telle que ${\int }_{-\infty }^{\infty }|f^{\prime }(x)|dx<\infty$ ${\int }_{-\infty }^{\infty }|f(x)|dx<\infty$. Alors,

   
   $$\mathcal{F}(f^{\prime })(\alpha )=i\alpha \mathcal{F}(f)(\alpha )$$
   

   Plus généralement, si ${\int }_{-\infty }^{\infty }|f(x{)}^{(k)}|dx<\infty \forall 1\le k\le n$. Alors

   
   $$\mathcal{F}(f^n)(\alpha )=(i\alpha {)}^n\mathcal{F}(f)(\alpha )$$
   

2. Soit $f$ continue par morceaux et $h:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ définie par $h(x)=xf(x)$ telles que ${\int }_{-\infty }^{\infty }|f(x)|dx<\infty$ et ${\int }_{-\infty }^{\infty }|h(x)|dx<\infty$. Alors,

   
   $${\hat{f}}^{\prime }(\alpha )=-i\mathcal{F}(h)(\alpha )$$
   

   Plus généralement, si $h_k=x^{k}f(x)\text{ et que}{\int }_{-\infty }^{\infty }|h(x)|dx<\infty \forall 1\le k\le n$. Alors

   
   $$\begin{array}{rl}\frac{d^n\hat{f}}{d{\alpha }^n}(\alpha )& =(-i{)}^n\mathcal{F}(h_n)(\alpha )\\ & =(-i{)}^n\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{-\infty }^{\infty }{x}^{n}f(x)e^{-i\alpha x}dx\end{array}$$
   

Proposition 5.9: Transformée en sinus ou cosinus §

Soit $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ telle que ${\int }_{-\infty }^{\infty }|f(x)|dx<\infty$

1. Si $f$ est paire, alors

$$\mathcal{F}(f)(\alpha )=\sqrt{\frac{2}{\pi }}{\int }_0^{+\infty }f(x)\cos (\alpha x)dx$$

2. Si $f$ est impaire, alors

$$\mathcal{F}(f)(\alpha )=-i\sqrt{\frac{2}{\pi }}{\int }_0^{+\infty }f(x)\sin (\alpha x)dx$$

Remarque 5.10: §

1. Au vu des formules on a que
   • si $f$ est pair, $\hat{f}$ l’est aussi
   • si $f$ est impair, $\hat{f}$ l’est aussi On a donc, si on garde l’hypothèse que $f$ est continue et ${\int }_{-\infty }^{\infty }|f(x)|dx<\infty$ que
   $$\{\begin{array}{ll}f(x)& =\sqrt{\frac{2}{\pi }}{\int }_0^{+\infty }\hat{f}(x)\cos (\alpha x)dx\text{ si f est paire}\\ f(x)& =i\sqrt{\frac{2}{\pi }}{\int }_0^{+\infty }\hat{f}(x)\sin (\alpha x)dx\text{ si f est impaire}\end{array}$$
2. Ceci nous donne aussi des outils de transformée de Fourier pour pour des fonctions $f:[0,+\infty [\to \mathbb{R}$ en les étendant à $\mathbb{R}$ de façon paire ou impaire

Définition 5.11: Produit de convolution §

Soient $f,g:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ telles que ${\int }_{-\infty }^{\infty }|f(x)|dx<\infty$ ${\int }_{-\infty }^{\infty }|g(x)|dx<\infty$. Le produit de convolution de $f$ et $g$ est défini par

$$(f\ast g)(x)={\int }_{-\infty }^{+\infty }f(x-t)g(t)dt$$

Proposition 5.12: transformée de produit de convolution §

Soient $f,g:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ telles que ${\int }_{-\infty }^{\infty }|f(x)|dx<\infty$ et ${\int }_{-\infty }^{\infty }|g(x)|dx<\infty$. Alors ${\int }_{-\infty }^{+\infty }|f\ast g(x)|dx<\infty$ et

$$\mathcal{F}(f\ast g)(\alpha )=\sqrt{2\pi }\mathcal{F}(f)(\alpha )\mathcal{F}(g)(\alpha )$$