\documentclass[11pt]{article} % Packages gestion des caractères, du français et de la mise en page \usepackage[french]{babel} \usepackage[utf8]{inputenc} \usepackage[T1]{fontenc} \usepackage[margin=2.5cm]{geometry} \usepackage[pdftex,pdfborder={0 0 0},hypertexnames=false]{hyperref} \setlength{\parindent}{0pt} \renewcommand{\FrenchLabelItem}{\textbullet} \usepackage{comment} \usepackage{enumitem} \usepackage{multicol} \usepackage{tabularx} % Graphiques et Figures \usepackage{subfig} \usepackage{pgf,tikz} \usetikzlibrary{arrows} \usepackage[figurename=Figure]{caption} % Packages pour les maths \usepackage{mathtools} \usepackage{amsthm} \usepackage{amsfonts} \usepackage{amssymb} \usepackage{stmaryrd} % Nouveaux environnements \theoremstyle{plain} \newtheorem{thm}{Théorème} \newtheorem{cor}[thm]{Corollaire} \newtheorem{lem}[thm]{Lemme} \newtheorem{prop}[thm]{Proposition} \theoremstyle{definition} \newtheorem*{dfn}{Définition} \newtheorem{exo}{Exercice} \newtheorem*{ntn}{Notation} \newtheorem*{ntns}{Notations} \theoremstyle{remark} \newtheorem*{hint}{Indication} \newtheorem*{rem}{Remarque} \newtheorem*{ex}{Exemple} \newtheorem*{exs}{Exemples} % Commandes et opérateurs utiles \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \renewcommand{\S}{\mathbb{S}} \newcommand{\T}{\mathbb{T}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\cC}{\mathcal{C}} \newcommand{\cF}{\mathcal{F}} \newcommand{\cS}{\mathcal{S}} \newcommand{\dx}{\dmesure\!} \newcommand{\mvert}{\mathrel{}\middle|\mathrel{}} \newcommand{\one}{\mathbf{1}} \renewcommand{\bar}{\overline} \renewcommand{\epsilon}{\varepsilon} \renewcommand{\geq}{\geqslant} \renewcommand{\hat}{\widehat} \renewcommand{\leq}{\leqslant} \renewcommand{\tilde}{\widetilde} \DeclareMathOperator{\dmesure}{d} \DeclareMathOperator{\Id}{Id} \DeclareMathOperator{\sinc}{sinc} \DeclareMathOperator{\vect}{Vect} \DeclarePairedDelimiter{\ang}{\langle}{\rangle} \DeclarePairedDelimiter{\brackets}{\{}{\}} \DeclarePairedDelimiter{\ceil}{\lceil}{\rceil} \DeclarePairedDelimiter{\floor}{\lfloor}{\rfloor} \DeclarePairedDelimiter{\norm}{\lvert}{\rvert} \DeclarePairedDelimiter{\Norm}{\lVert}{\rVert} \DeclarePairedDelimiter{\parentheses}{(}{)} \DeclarePairedDelimiterX{\prsc}[2]{\langle}{\rangle}{#1\,, #2} \DeclarePairedDelimiter{\squarebrackets}{[}{]} \DeclarePairedDelimiterX{\ssquarebrackets}[2]{\llbracket}{\rrbracket}{#1,#2} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% % Gestion de l'affichage des solutions avec le package comment % Nouveaux compteurs pour avoir une numérotation des équations indépendante dans les solutions \newcounter{aux} \newcounter{soleq} % Définition d'un environnement sol qui peut être commenté à loisir ci-dessous % La numération des équations est indépendantes et en chiffres romains dans les solutions \specialcomment{sol}{ \setcounter{aux}{\value{equation}} \setcounter{equation}{\value{soleq}} \renewcommand{\theequation}{\roman{equation}} \par\begingroup\color{violet} } { \endgroup \setcounter{soleq}{\value{equation}} \setcounter{equation}{\value{aux}} \renewcommand{\theequation}{\arabic{equation}} } % Le contenu des environnements sol est visible par défaut, décommenter la ligne suivante le cache %\excludecomment{sol} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% % Informations du document \author{Thomas Letendre} \date{2023 -- 2024} \title{Feuille 3 -- Transformée de Fourier} \begin{document} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% % Mise en page de l'en-tête %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \makeatletter \begin{tabularx}{\textwidth}{@{}Xr@{}} Université Paris-Saclay & Master Formation à l'Enseignement Supérieur \\ \@date & Analyse~2 \end{tabularx} \vspace{1ex} Chargé de TD: \@author . \vspace{2ex} \hrule \begin{center} \begin{Large} \@title \end{Large} \end{center} \hrule \vspace{2ex} \makeatother %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% % Début du corps du texte %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% Pour tout $A \subset \R$, on note $\one_A:\R \to \brackets{0,1}$ sa fonction indicatrice. Soit $f \in L^1(\R)$, sa transformée de Fourier est la fonction $\cF(f) = \hat{f}:\xi \mapsto \int_\R f(x) e^{-2i\pi \xi x}\dx t$. Rappelons la formule d'inversion de Fourier: si $\cF(f) \in L^1(\R)$ alors $\cF\parentheses*{\cF(f)}=\check{f}:x \mapsto f(-x)$. \begin{exo}[Préliminaire sur le sinus cardinal] \label{exo: sinc} On définit la fonction $\sinc:\R \to \R$ par $\sinc(0)=1$ et pour tout $x \in \R^*$, $\sinc(x) = \frac{\sin(\pi x)}{\pi x}$. \begin{enumerate} \item \label{q: sinc lisse} Montrer que $\sinc$ est de classe $\cC^\infty$ sur $\R$. \begin{hint} Chercher un développement de $\sinc$ en série entière. \end{hint} \begin{sol} On sait que $\sin$ est somme de la série entière $\sum_{k \geq 0} (-1)^k \frac{X^{2k+1}}{(2k+1)!}$ qui est de rayon de convergence infini. En particulier, pour tout $x \in \R^*$, \begin{equation*} \sinc(x) = \frac{1}{\pi x} \sum_{k \geq 0}(-1)^k \frac{(\pi x)^{2k+1}}{(2k+1)!} = \sum_{k \geq 0}(-1)^k \frac{(\pi x)^{2k}}{(2k+1)!} =\sum_{k\geq 0} \frac{(-1)^k \pi^{2k}}{(2k+1)!}x^{2k}. \end{equation*} Cette formule reste vraie pour $x=0$. Le calcul précédent montre que $\sum_{k\geq 0} \frac{(-1)^k \pi^{2k}}{(2k+1)!}X^{2k}$ converge simplement sur $\R$. Elle est donc de rayon de convergence infini. Donc $\sinc$ est la somme d'une série entière de rayon de convergence infini. En particulier, $\sinc$ est de classe $\cC^\infty$. Ses dérivées s'obtiennent en dérivant terme à terme, par exemple $\sinc^{(2k)}(0)= \frac{(-1)^k\pi^{2k}}{(2k+1)}$ et $\sinc^{(2k+1)}(0)=0$ pour tout $k \in\N$. \end{sol} \item \label{q: sinc pas L1} Montrer que $\int_0^A \norm*{\sinc(x)}\dx x \xrightarrow[A \to +\infty]{}+\infty$. En déduire que $\sinc \in L^2(\R) \setminus L^1(\R)$. \begin{sol} Comme la fonction $\norm{\sinc}$ est à valeurs positives, $A \mapsto \int_0^A \norm{\sinc(x)} \dx x$ est une fonction croissante. Pour montrer qu'elle diverge vers $+\infty$, il suffit donc de trouver une suite $\parentheses*{A_n}_{n \geq 1}$ qui tend vers l'infini et telle que $\int_0^{A_n} \norm{\sinc(x)} \dx x \xrightarrow[n \to +\infty]{}+\infty$. Soit $n \in \N^*$, en utilisant la $1$-périodicité de $\norm{\sin(\pi \cdot)}$, on obtient: \begin{align*} \int_0^{n} \norm{\sinc(x)} \dx x &= \sum_{k=1}^n \int_{k-1}^k \frac{\norm{\sin(\pi x)}}{\pi x} \dx x \geq \sum_{k=1}^n \frac{1}{\pi k} \int_{k-1}^k \norm{\sin(\pi x)} \dx x \\ &\geq \frac{1}{\pi} \parentheses*{\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}} \int_0^1 \sin(\pi x) \dx x = \frac{2}{\pi^2} \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} \xrightarrow[n \to +\infty]{}+\infty. \end{align*} On a donc bien $\int_0^A \norm*{\sinc(x)}\dx x \xrightarrow[A \to +\infty]{}+\infty$. Si $\sinc$ était, on aurait $\int_0^{A} \norm*{\sinc(x)} \dx x \xrightarrow[A \to +\infty]{} \int_0^{+\infty} \norm*{\sinc(x)} \dx x <+\infty$, ce qui est absurde. Donc $\sinc \notin L^1(\R)$. Cependant, $\sinc^2$ est continue sur $\R$ et $\sinc(x)^2 = O\parentheses*{\frac{1}{x^2}}$ lorsque $\norm{x}\to +\infty$. Donc $\sinc^2$ est intégrable sur $\R$, et donc $\sinc \in L^2(\R) \setminus L^1(\R)$. \end{sol} \item \label{q: sinc TF de I} Vérifier que $\cF\parentheses*{\one_I}=\sinc$, où $I =\squarebrackets{-\frac{1}{2},\frac{1}{2}}$. \begin{sol} D'une part, on a $\cF(\one_I)(0) = \int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}} \dx x = 1 = \sinc(0)$. D'autre part, pour tout $\xi \in \R^*$, \begin{equation*} \cF(\one_I)(\xi) = \int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}} e^{-2i\pi \xi x} \dx x = \squarebrackets*{\frac{e^{-2i\pi \xi x}}{-2i\pi \xi}}_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}} =\frac{1}{\pi \xi} \frac{e^{i\pi\xi}-e^{-i\pi\xi}}{2i} = \sinc(\xi). \end{equation*} \end{sol} \end{enumerate} \end{exo} \begin{exo}[Un calcul élémentaire de transformée de Fourier] \label{exo: fonction triangle} Soit $f:\R \to \R$ la \emph{fonction triangle}, définie par: \begin{equation*} f:x \longmapsto \begin{cases} 1+x &\text{si}\ x \in [-1,0],\\ 1 - x &\text{si}\ x \in [0,1],\\ 0 &\text{sinon}. \end{cases} \end{equation*} Calculer $\hat{f}$. En déduire la valeur de $\Norm{\sinc}_2$. \begin{sol} Pour tout $\xi \in \R^*$, on a par intégration par parties: \begin{align*} \hat{f}(\xi) &= \int_{-1}^0 (1+x)e^{-2i\pi x \xi} \dx x + \int_0^1 (1-x)e^{-2i\pi x \xi} \dx x = \int_0^1 (1-x)\parentheses*{e^{2i\pi x \xi}+e^{-2i\pi x \xi}} \dx x\\ &= \int_0^1 (1-x)2\cos\parentheses{2\pi x \xi} \dx x = \squarebrackets*{(1-x) \frac{\sin\parentheses{2\pi x \xi}}{\pi \xi}}_0^1 + \int_0^1 \frac{\sin\parentheses{2\pi x \xi}}{\pi \xi} \dx x = \squarebrackets*{\frac{-\cos\parentheses{2\pi x \xi}}{2\pi^2 \xi^2}}_0^1\\ &= \frac{1}{\pi^2 \xi^2} \frac{1-\cos(2\pi \xi)}{2} = \parentheses*{\frac{\sin(\pi \xi)}{\pi \xi}}^2=\sinc(\xi)^2. \end{align*} Pour $\xi =0$, on calcule simplement l'intégrale: \begin{equation*} \hat{f}(0) = \int_{-1}^0 (1+x) \dx x + \int_0^1 (1-x) \dx x = 2 \int_0^1 (1-x) \dx x = \squarebrackets*{2x-x^2}_0^1 = 1. \end{equation*} Alternativement, on sait que $\hat{f}$ est continue, et donc $\hat{f}(0) = \lim_{\xi \to 0} \hat{f}(\xi)=1$. D'après l'exercice~\ref{exo: sinc} question~\ref{q: sinc pas L1}, on a $\hat{f} = \sinc^2 \in L^1(\R)$. Par inversion de Fourier, on a donc: \begin{equation*} \Norm{\sinc}_2^2 = \int_\R \sinc(\xi)^2 \dx \xi = \int_\R \hat{f}(\xi) \dx \xi = \hat{\hat{f}}(0) = f(0) =1. \end{equation*} Donc $\Norm{\sinc}_2=1$. \end{sol} \end{exo} \begin{exo}[Un calcul moins élémentaire de transformée de Fourier] \label{exo: TF via une equa diff} Soit $f: \R \to \R$ la fonction définie par: \begin{equation*} f:x \longmapsto \begin{cases} \frac{1}{\sqrt{x}}e^{-x} &\text{si} \ x >0\\ 0 &\text{sinon}.\end{cases} \end{equation*} \begin{enumerate} \item \label{q: f hat en 0} Justifier que la transformée de Fourier $\hat{f}$ de $f$ est bien définie, et calculer $\hat{f}(0)$. \begin{sol} Il s'agit de justifier que $f \in L^1(\R)$. Comme $f$ est nulle sur $]-\infty,0]$ et continue sur $]0,+\infty[$, il suffit de prouver que $f$ est intégrable en $0^+$ et en $+\infty$. En $0^+$, on a $f(x) \sim \frac{1}{\sqrt{x}}$ qui est bien intégrable. À l'infini, $f(x) = o(e^{-x})$. Finalement $f \in L^1(\R)$. On calcule $\hat{f}(0)$ en effectuant le changement de variable $x=y^2$, qui donne $\dx x = 2y\dx y$. \begin{equation*} \hat{f}(0)= \int_0^{\infty} \frac{e^{-x}}{\sqrt{x}}\dx x = 2\int_0^{+\infty} e^{-y^2}\dx y = \int_\R e^{-y^2}\dx y = \sqrt{\pi}. \end{equation*} Pour justifier la dernière égalité, on rappelle qu'on procède comme suit: \begin{equation*} \parentheses*{\int_\R e^{-y^2}\dx y}^2 = \int_{\R^2} e^{-x^2-y^2}\dx x\dx y = \int_{R=0}^{+\infty}\int_{\theta=0}^{2\pi} e^{-R^2} R \dx R \dx \theta = \pi \int_0^{+\infty} 2R e^{-R^2}\dx R = \pi. \end{equation*} \end{sol} \item \label{q: f hat est C1} Montrer que $\hat{f} \in \cC^1(\R)$ et expliciter sa dérivée. \begin{sol} On va utiliser le fait que la transformée de Fourier échange la décroissance à l'infini et la régularité. Ici $f$ est à décroissance rapide, donc en fait $\hat{f}$ est $\cC^\infty$. Soit $g: (x,\xi) \mapsto f(x) e^{-2i\pi x \xi}$, de $]0,+\infty[\,\times \R$ vers $\C$. De la sorte, $\hat{f}(\xi) = \int_0^{+\infty} g(x,\xi) \dx x$. La fonction $g$ est lisse et dominée par $f$. En particulier, pour tout $\xi \in \R$, $g(\cdot,\xi)$ est bien intégrable. Pour tout $x \in\, ]0,+\infty[\,$, la fonction $g(x,\cdot)$ est de classe $\cC^\infty$ et pour tout $k \in \N$, $\frac{\partial^k g}{\partial \xi}:(x,\xi) \mapsto (-2\pi i x)^k f(x) e^{-2i\pi x \xi}$. En particulier, on a la domination: \begin{equation*} \forall x >0, \forall \xi \in \R, \qquad \norm*{\frac{\partial^k g}{\partial \xi^k}(x,\xi)} \leq (2\pi x)^k f(x). \end{equation*} Le terme de droite étant intégrable sur $]0,+\infty[\,$, on peut appliquer le théorème de dérivation des intégrales à paramètres, qui montre que $\hat{f}$ est de classe $\cC^\infty$ et que, pour tout $k \in \N$: \begin{equation*} \hat{f}^{(k)}:\xi \mapsto \int_0^{+\infty} (-2i\pi x)^k \frac{e^{-x}}{\sqrt{x}}e^{-2i\pi x \xi} \dx x. \end{equation*} \end{sol} \item \label{q: equa diff} Montrer que $\hat{f}$ satisfait une équation différentielle linéaire du premier ordre que l'on explicitera. \begin{sol} Soit $\xi \in \R$, par intégration par parties on a: \begin{align*} \hat{f}'(\xi)& =-2i\pi \int_{\R+} \sqrt{x} e^{-x(1+2i\pi \xi)} \dx x = 2i\pi \squarebrackets*{\sqrt{x} \frac{e^{-x(1+2i\pi \xi)}}{1+2i\pi \xi}}_0^{+\infty} - i\pi \int_{\R_+} \frac{1}{\sqrt{x}}\frac{e^{-x(1+2i\pi \xi)}}{1+2i\pi \xi}\dx x\\ &= \frac{-i\pi}{1+2i\pi \xi} \hat{f}(\xi) = \frac{-i\pi(1-2i\pi \xi)}{1+4\pi^2 \xi^2} \hat{f}(\xi) = \frac{-2\pi^2 \xi - i\pi}{1+4\pi^2 \xi^2} \hat{f}(\xi) = g(\xi)\hat{f}(\xi), \end{align*} où $g:\xi \mapsto -\frac{2\pi^2 \xi + i\pi}{1+4\pi^2 \xi^2}$. \end{sol} \item \label{q: expression de f hat} En déduire une expression close de $\hat{f}$. \begin{sol} La fonction $g$ est continue. Soit $G:y \mapsto \displaystyle\int_0^y g(\xi) \dx \xi$ la primitive de $g$ qui s'annule en $0$. Pour tout $y \in \R$, on a: \begin{align*} G(y) &= -\int_0^y \frac{2\pi^2\xi}{1+4\pi^2 \xi^2} \dx \xi + \int_0^y \frac{i\pi}{1+4\pi^2 \xi^2} \dx \xi\\ &= \squarebrackets*{-\frac{1}{4}\ln(1+4\pi^2\xi^2)}_0^y - \squarebrackets*{\frac{i}{2}\arctan(2\pi\xi)}_0^y\\ &= -\frac{1}{4} \ln\parentheses*{1+4\pi^2 y^2} - \frac{i}{2}\arctan(2\pi y). \end{align*} Comme $\hat{f}$ est solution l'équation différentielle $\hat{f}'=g\hat{f}$ avec condition initiale $\hat{f}(0)=\sqrt{\pi}$, on en déduit que $\hat{f}:\xi \mapsto \sqrt{\pi}e^{G(\xi)}$. Donc, pour tout $\xi \in \R$, \begin{equation*} \hat{f}(\xi) = \sqrt{\pi} \parentheses*{1+4\pi^2 \xi^2}^{-\frac{1}{4}}e^{-\frac{i}{2} \arctan(2\pi\xi)}. \end{equation*} \end{sol} \end{enumerate} \end{exo} \begin{exo}[Inégalité de Heisenberg] \label{exo: inegalite de Heisenberg} Soit $f \in \cS(\R)$, on note $M(f):x \mapsto xf(x)$. \begin{enumerate} \item \label{q: M a valeur dans S} Vérifier que $M(f) \in \cS(\R)$ et montrer que $\Norm*{f'}_2 = 2\pi \Norm{M\parentheses{\hat{f}}}_2$. \begin{sol} Comme $f \in \cS(\R)$, alors $M(f)$ est de classe $\cC^\infty$. Soit $k \in \N$, par la règle de Leibniz on a pour tout $x \in \R$: \begin{equation*} M(f)^{(k)}(x) = xf^{(k)}(x) + k f^{(k-1)}(x). \end{equation*} Comme $f \in \cS(\R)$, pour tout $i,k \in \N$, \begin{equation*} \Norm*{x^i M(f)^{(k)}}_\infty \leq \Norm*{x^{i+1}f^{(k)}}_\infty + k \Norm*{x^i f^{(k-1)}}_\infty < +\infty. \end{equation*} Donc on a bien $M(f) \in \cS(\R)$. On utilise la formule de Plancherel, qui affirme que la transformée de Fourier est une isométrie pour le produit scalaire $L^2$. On a donc: \begin{equation*} \Norm{f'}_2 = \Norm{\hat{f'}}_2 = \Norm{-2i\pi \xi \hat{f}}_2 = 2\pi \Norm{M(\hat{f})}_2. \end{equation*} \end{sol} \item \label{q: equation integrale Heisenberg} Montrer que $\displaystyle 2 \Re \parentheses*{\int_\R xf(x) \bar{f'(x)} \dx x} = - \int_\R \norm{f(x)}^2 \dx x$. \begin{hint} Calculer la dérivée de $\norm{f}^2$. \end{hint} \begin{sol} Suivant l'indication, on remarque que $\parentheses{\norm{f}^2}'=\parentheses{f\bar{f}}'=f'\bar{f}+f\bar{f}'=f'\bar{f}+f\bar{f'}$. On peut alors calculer, à l'aide d'une intégration par partie: \begin{align*} 2 \Re \parentheses*{\int_\R xf(x) \bar{f'(x)} \dx x} & = \int_\R xf(x) \bar{f'(x)} \dx x + \bar{\int_\R xf(x) \bar{f'(x)} \dx x}\\ &= \int_\R x\parentheses*{f(x) \bar{f'(x)}+\bar{f(x)}f'(x)} \dx x\\ &= \squarebrackets*{x\norm{f(x)}^2}_{-\infty}^{+\infty} - \int_\R \norm{f(x)}^2 \dx x = - \int_\R \norm{f(x)}^2 \dx x, \end{align*} où on a utilisé la décroissance rapide de $f$ à l'infini pour tuer le terme de bord. \end{sol} \item \label{q: conclusion Heisenberg} Conclure que $\Norm{f}_2^2 \leq 4\pi \Norm{M(f)}_2\Norm{M(\hat{f})}_2$. \begin{sol} Dans la suite, on note $\prsc{\cdot}{\cdot}$ le produit scalaire hermitien usuel sur $L^2(\R) \supset \cS(\R)$. D'après les questions~\ref{q: M a valeur dans S} et~\ref{q: equation integrale Heisenberg}, on a: \begin{equation*} \Norm{f}_2^2 = 2\norm*{\Re\parentheses*{\prsc*{M(f)}{f'}}}\leq 2\norm*{\prsc*{M(f)}{f'}} \leq 2\Norm{M(f)}_2 \Norm{f'}_2 = 4\pi \Norm{M(f)}_2\Norm{M(\hat{f})}_2, \end{equation*} où la seconde inégalité est donnée par l'inégalité de Cauchy--Schwarz. \end{sol} \item \label{q: egalite dans Heisenberg} Étudier le cas d'égalité dans l'inégalité de la question~\ref{q: conclusion Heisenberg}. \begin{sol} On a égalité si et seulement si, les deux inégalités ci-dessus sont des égalités. D'une part, on a donc $\norm*{\Re\parentheses*{\prsc*{M(f)}{f'}}} = \norm*{\prsc*{M(f)}{f'}}$, i.e.~$\Im\parentheses*{\prsc*{M(f)}{f'}}=0$. D'autre part, on doit être dans le cas d'égalité de Cauchy--Schwarz, c'est-à-dire qu'il existe $\lambda \in \C$ tel que $f'=\lambda M(f)$. Lorsque ces deux conditions sont vérifiées, on a: \begin{equation*} 0=\Im\parentheses*{\prsc*{M(f)}{f'}}=\Im\parentheses*{\bar{\lambda} \Norm{M(f)}_2^2} = -\Im(\lambda)\Norm{M(f)}_2^2. \end{equation*} Si $M(f)=0$ presque partout, alors $f=0$ par continuité. Par contraposée, si $f \neq 0$, alors $\Norm{M(f)}_2^2 >0$ et donc $\lambda \in \R$. On a alors, $f'(x) = \lambda x f(x)$ pour tout $x \in \R$. En résolvant cette équation différentielle, on voit que $f$ est de la forme $x \mapsto C e^{\lambda \frac{x^2}{2}}$ avec $C = f(0) \in \C$. Comme on sait que $f \in \cS(\R)$, on a nécessairement $\lambda <0$. Donc il existe $C \in \C$ et $\alpha >0$ tels que $f:C \mapsto Ce^{-\alpha \frac{x^2}{2}}$. Inversement, les fonctions de ce type (dont la fonction nulle) sont dans $\cS(\R)$ et vérifient les deux conditions ci-dessus, et donc l'égalité dans l'inégalité de la question~\ref{q: conclusion Heisenberg}. \end{sol} \end{enumerate} \end{exo} \begin{exo}[Convolution et transformée de Fourier] \label{exo: convolution et TF dans L1} Soient $f$ et $g \in L^1(\R)$, on rappelle que leur \emph{convolée} est la fonction $f \ast g : \R \to \C$ définie par: \begin{equation*} f \ast g: x \mapsto \int_{\R} f(y)g(x-y) \dx y. \end{equation*} \begin{enumerate} \item \label{q: convolee dans L1} Montrer que $f \ast g \in L^1(\R)$ et que $\Norm{f \ast g}_1 \leq \Norm{f}_1 \Norm{g}_1$. \begin{sol} Montrons que la fonction $\psi:(x,y) \mapsto f(y) g(x-y)$ est intégrable sur $\R \times \R$. Par le théorème de Fubini--Tonelli, on a: \begin{align*} \int_{\R \times \R} \norm{\psi(x,y)}\dx x \dx y &= \int_{\R \times \R} \norm{f(y)} \norm{g(x-y)}\dx x \dx y = \int_{\R} \norm{f(y)} \parentheses*{\int_{\R} \norm{g(x-y)} \dx x} \dx y\\ &= \int_{\R} \norm{f(y)} \parentheses*{\int_{\R} \norm{g(x)} \dx x} \dx y = \Norm{f}_1\Norm{g}_1 < +\infty. \end{align*} Comme $\psi \in L^1(\R \times \R)$, on peut lui appliquer le théorème de Fubini. En particulier la fonction $f \ast g: x \mapsto \int_{\R} \psi(x,y)\dx y$ est dans $L^1(\R)$. On a alors, \begin{equation*} \Norm{f \ast g}_1 = \int_{\R} \norm*{\parentheses*{\int_{\R} \psi(x,y) \dx y}} \dx x \leq \int_{\R \times \R} \norm{\psi(x,y)}\dx x \dx y = \Norm{f}_1\Norm{g}_1. \end{equation*} \end{sol} \item \label{q: convolee et TF} Montrer que $\hat{f \ast g} = \hat{f}\ \hat{g}$. \begin{sol} Soit $\xi \in \R$, en appliquant le théorème de Fubini on obtient: \begin{align*} \hat{f \ast g}(\xi) &= \int_{\R} \parentheses{f \ast g}(x)e^{-2i\pi \prsc{x}{\xi}}\dx x = \int_{\R} \int_{\R} f(y)e^{-2i\pi \prsc{y}{\xi}}g(y-x)e^{-2i\pi \prsc{x-y}{\xi}} \dx y \dx x\\ &= \int_{\R} f(y) e^{-2i\pi \prsc{y}{\xi}} \parentheses*{\int_{\R} g(x-y) e^{-2i\pi \prsc{x-y}{\xi}}\dx x}\dx y = \hat{f}(\xi)\hat{g}(\xi). \end{align*} \end{sol} \item \label{q: neutre de la convolee} Existe-t-il $f \in L^1(\R)$ telle que $f \ast g = g$ pour tout $g \in L^1(\R)$? \begin{sol} Supposons qu'un tel $f \in L^1(\R)$ existe. En passant en Fourier on obtient que, pour tout $g \in L^1(\R)$: $\parentheses{\hat{f}-1}\hat{g}=0$. Comme $f \in L^1(\R)$, on a $\hat{f} \in \cC_0(\R)$ et on peut parler des valeurs ponctuelles de $\hat{f}$, et de même pour $\hat{g}$. Supposons qu'il existe $\xi_0 \in \R$ tel que $\hat{f}(\xi_0) \neq 1$. Alors pour tout $g \in L^1(\R)$ on a $\hat{g}(\xi_0)=0$. C'est absurde. En effet, il existe $\varphi \in \cS(\R)$ telle que $\varphi(\xi_0)=1$, par exemple $\varphi:\xi \mapsto e^{-\norm{\xi-\xi_0}^2}$. Comme $\cF$ est un isomorphisme de $\cS(\R)$ dans lui-même, il existe $g \in \cS(\R)$ tel que $\hat{g}=\varphi$. En particulier que $g \in L^1(\R)$ ce qui fournit la contradiction recherchée, vu que $\hat{g}(\xi_0)=\varphi(\xi_0)=1$. Donc $\hat{f}$ doit être la fonction constante égale à $1$. C'est absurde car $\hat{f}(\xi) \xrightarrow[\norm{\xi}\to +\infty]{}0$. Il n'existe donc pas de $f \in L^1(\R)$ telle que $f \ast g = g$ pour tout $g \in L^1(\R)$. \end{sol} \item \label{q: equation de convolution} Déterminer les fonctions $f \in L^1(\R)$ telles que $f \ast f = f$. \begin{sol} Soit $f \in L^1(\R)$ telle que $f \ast f=f$. En passant en Fourier, on obtient que $\hat{f}(\hat{f}-1)=0$. Donc $\hat{f}$ est une fonction continue à valeurs dans $\brackets{0,1}$. Donc $\hat{f}\equiv 0$ ou $\hat{f}\equiv 1$. Comme $\hat{f}$ tend vers $0$ à l'infini, on a $\hat{f} \equiv 0$ et donc $f \equiv 0$. \end{sol} \end{enumerate} \end{exo} \begin{exo}[Non surjectivité de la transformée de Fourier] \label{exo: non surjectivite de la TF} On sait que la transformée de Fourier $\cF:L^1(\R) \to \cC_0(\R)$ est un opérateur linéaire continu. Le but de cet exercice de montrer qu'il est injectif mais pas surjectif. Soit $n \in \N^*$, on note $f_n=\one_{[-n,n]} \ast \one_{[-1,1]}$ où $\one_A$ est la fonction indicatrice de l'ensemble $A \subset \R$. \begin{enumerate} \item \label{q: calcul fn} Pour tout $n \in \N^*$, montrer que $f_n \in \cC_0(\R)$ et calculer $\Norm{f_n}_\infty$. \begin{sol} Soit $n \in \N^*$, calculons $f_n=\one_{[-n,n]} \ast \one_{[-1,1]}$. Soit $x \in \R$, pour tout $y \in \R$: \begin{equation*} \one_{[-n,n]}(y) \one_{[-1,1]}(x-y) = 1 \iff \begin{cases} -n \leq y \leq n \\ -1 \leq y-x \leq 1 \end{cases} \iff y \in [-n,n] \cap [x-1,x+1] \end{equation*} et $\one_{[-n,n]}(y) \one_{[-1,1]}(x-y) = 0$ si $y \notin [-n,n] \cap [x-1,x+1]$. Donc \begin{equation*} f_n(x) = \int_\R \one_{[-n,n]}(y) \one_{[-1,1]}(x-y) \dx y = \int_{[-n,n] \cap [x-1,x+1]} \dx y. \end{equation*} Si $\norm{x} \geq n+1$ alors $[-n,n] \cap [x-1,x+1] = \emptyset$ et on a donc $f_n(x)=0$. Si $\norm{x} \leq n-1$ alors $[x-1,x+1] \subset [-n,n]$ et $f_n(x)=2$. Si $n-1 \leq x \leq n+1$, on a $-n \leq x-1 \leq n \leq x+1$ et donc $[-n,n] \cap [x-1,x+1] = [x-1,n]$. Dans ce cas, on obtient $f_n(x)=n+1-x$. Par le même raisonnement, on obtient $f_n(x)=n+1+x$ si $-n-1 \leq x \leq -n+1$. Finalement on a: \begin{equation*} f_n: x \longmapsto \begin{cases} n+1+x & \text{si} \ -n-1 \leq x \leq -n+1,\\ 2 & \text{si} \ -n+1 \leq x \leq n-1,\\ n+1-x & \text{si} \ n-1 \leq x \leq n+1,\\ 0 &\text{sinon}. \end{cases} \end{equation*} Cette fonction affine par morceaux est bien continue, comme on le voit en vérifiant que les expressions se recollent en $-n-1$, $-n+1$, $n-1$ et $n+1$. En particulier, on a $\Norm{f_n}_\infty =2$ pour tout $n \in \N^*$. \end{sol} \item \label{q: calcul fn hat} Calculer $\hat{f_n}$ pour tout $n \in \N^*$. \begin{sol} Soit $n \in \N^*$. Comme $\one_{[-n,n]}$ et $\one_{[-1,1]} \in L^1(\R)$, on a $f_n \in L^1(\R)$ et $\hat{f_n} = \cF\parentheses{\one_{[-n,n]}}\cF\parentheses{\one_{[-1,1]}}$, d'après les questions~\ref{q: convolee dans L1} et~\ref{q: convolee et TF} de l'exercice~\ref{exo: convolution et TF dans L1}. Soit $f \in L^1(\R)$ et $\lambda >0$, on peut définir $D_\lambda f:x \mapsto f(\frac{x}{\lambda})$. Alors on a $D_\lambda f \in L^1(\R)$ et, pour tout $\xi \in \R$: \begin{equation*} \hat{D_\lambda f}(\xi) = \int_{\R} f\parentheses*{\frac{x}{\lambda}}e^{-2i\pi x \xi} \dx x = \lambda \int_{\R} f\parentheses{x}e^{-2i\pi x \lambda \xi} \dx x = \lambda \hat{f}(\lambda \xi)=\lambda D_\frac{1}{\lambda}\hat{f}(\xi). \end{equation*} Notons $I = \squarebrackets{-\frac{1}{2},\frac{1}{2}}$, d'après l'exerice~\ref{exo: sinc} question~\ref{q: sinc TF de I} $\hat{\one_I} = \sinc$. Par ailleurs, pour tout $n \in \N^*$, $\one_{[-n,n]}= D_{2n}\one_I$. En effet, pour tout $x \in \R$, \begin{equation*} D_{2n}\one_I(x)=1 \iff \one_I\parentheses*{\frac{x}{2n}} =1 \iff \norm*{\frac{x}{2n}} \leq \frac{1}{2} \iff \norm{x} \leq n. \end{equation*} Finalement, on obtient: \begin{equation*} \hat{f_n} = \hat{D_{2n}\one_I}\hat{D_2\one_I} = 4n \parentheses*{D_\frac{1}{2n}\sinc} \parentheses*{D_\frac{1}{2}\sinc}:\xi \mapsto \begin{cases}4n & \text{si} \ \xi=0,\\\frac{\sin\parentheses{2n\pi \xi}\sin\parentheses{2\pi \xi}}{\pi^2 \xi^2}& \text{sinon.}\end{cases} \end{equation*} \end{sol} \item \label{q: norme L1 de fn hat} Vérifier que $\hat{f_n} \in L^1(\R)$ pour tout $n \in \N^*$, et montrer que $\Norm{\hat{f_n}}_1 \xrightarrow[n \to +\infty]{} +\infty$. \begin{sol} Soit $n \in \N^*$, d'après la question~\ref{q: calcul fn}, la fonction $\hat{f_n}$ est produit de deux dilatés de $\sinc$ et est donc de classe $\cC^\infty$ sur $\R$. Par ailleurs, l'expression ci-dessus montre que $\hat{f_n}(\xi) = O\parentheses*{\xi^{-2}}$ lorsque $\norm{\xi} \to +\infty$. Donc on a bien $\hat{f_n} \in L^1(\R)$. Pour tout $\xi \in \squarebrackets{0,\frac{1}{4}}$, on a $0 \leq 2\pi \xi \leq \frac{\pi}{2}$ et donc $\sin\parentheses{2\pi \xi} \geq \frac{2}{\pi}(2\pi \xi) = 4\xi$. Donc, \begin{equation*} \Norm{\hat{f_n}}_1 = \int_\R \frac{\norm{\sin\parentheses{2n\pi \xi}}\norm{\sin\parentheses{2\pi \xi}}}{\pi^2 \xi^2} \dx \xi \geq \int_0^\frac{1}{4} \frac{\norm{\sin\parentheses{2n\pi \xi}}\norm{\sin\parentheses{2\pi \xi}}}{\pi^2 \xi^2}\dx \xi \geq \int_0^\frac{1}{4} \frac{4\norm{\sin\parentheses{2n\pi \xi}}}{\pi^2 \xi}\dx \xi. \end{equation*} On effectue le changement de variable $x= 2\pi n \xi$ dans la dernière intégrale pour obtenir: \begin{equation*} \Norm{\hat{f_n}}_1 \geq \frac{4}{\pi^2} \int_0^\frac{n\pi}{2} \norm*{\frac{\sin(x)}{x}} \dx x \xrightarrow[n \to +\infty]{} +\infty. \end{equation*} \end{sol} \item \label{q: injectivite de F} Montrer que $\cF:L^1(\R) \to \cC_0(\R)$ est injective. \begin{sol} Soit $f \in L^1(\R)$. Si $\hat{f}=0$ alors $\hat{f} \in L^1(\R)$ et on peut appliquer la formule d'inversion de Fourier. On a donc $\check{f}= \hat{\hat{f}}=0$. Donc $f=0$. Comme $\cF$ est linéaire, cela montre qu'elle est injective. \end{sol} \item \label{q: conclusion non surjective} En déduire que $\cF:L^1(\R) \to \cC_0(\R)$ n'est pas surjective. \begin{hint} Raisonner par l'absurde en utilisant le théorème d'isomorphisme de Banach. \end{hint} \begin{sol} On vient de montrer que $\cF$ est injective. Par ailleurs, elle est continue de l'espace de Banach $\parentheses*{L^1(\R),\Norm{\cdot}_1}$ vers l'espace de Banach $\parentheses*{\cC_0(\R),\Norm{\cdot}_\infty}$ (qui est complet car fermé de l'espace complet des fonctions continues bornées muni de $\Norm{\cdot}_\infty$). Supposons par l'absurde que $\cF$ est surjective. Par le théorème d'isomorphisme de Banach, c'est alors un isomorphisme, et donc $\cF^{-1}:\cC_0(\R) \to L^1(\R)$ est continue. Il existe donc $C >0$ telle que, pour tout $f \in \cC_0(\R)$: \begin{equation*} C \Norm{f}_\infty \geq \Norm*{\cF^{-1}(f)}_1. \end{equation*} Soit $n \in \N^*$, d'après la question~\ref{q: calcul fn} on a $f_n \in \cC_0(\R)$ et $\Norm{f_n}_\infty =2$. Comme $f_n$ et $\hat{f_n} \in L^1(\R)$, on peut appliquer la formule d'inversion de Fourier. Donc $\cF\parentheses{\hat{f_n}}=\check{f_n}=f_n$ car $f_n$ est paire. Donc $\hat{f_n}= \cF^{-1}(f_n)$ et la formule précédente assure alors que: \begin{equation*} 2C = C\Norm{f_n}_\infty \geq \Norm*{\cF^{-1}(f_n)}_1 = \Norm{\hat{f_n}}_1 \xrightarrow[n \to +\infty]{}+\infty, \end{equation*} où on a utilisé le résultat de la question~\ref{q: norme L1 de fn hat}. Cela fournit la contradiction recherchée. Donc $\cF$ n'est pas surjective. \end{sol} \end{enumerate} \end{exo} \begin{exo}[Densité des translatés d'une fonction] \label{exo: densite des translates} Soit $f \in L^2(\R)$, pour tout $t \in \R$, on note $f_t:x \mapsto f(x-t)$ le $t$-translaté de $f$. \begin{enumerate} \item \label{q: TF des translatés dans L2} Soit $t \in \R$, montrer que $\hat{f_t}:\xi \mapsto e^{-2i\pi t \xi}\hat{f}(\xi)$. \begin{sol} On sait que cette formule est vraie si $f \in L^1(\R) \cap L^2(\R)$, car dans ce cas $\hat{f}$ et $\hat{f_t}$ sont définies par des formules intégrales. On va conclure par la densité de $L^1(\R) \cap L^2(\R)$ dans $L^2(\R)$ (cet espace est bien dense car il contient $\cS(\R)$). Soit $f \in L^2(\R)$ et soit $\parentheses{f_n}_{n \geq 0}$ une suite de $L^1(\R) \cap L^2(\R)$ telles que $\Norm{f-f_n}_2 \xrightarrow[n \to +\infty]{}0$. On a $\Norm{f_t - \parentheses{f_n}_t}_2 = \Norm{f-f_n}_2$, donc $\parentheses{f_n}_t \xrightarrow[n \to +\infty]{}f_t$ dans $L^2(\R)$. Par continuité de la transformée de Fourier--Plancherel de $L^2(\R)$ dans lui-même, on a donc \begin{equation*} \hat{f_t} = \lim_{n \to +\infty} \hat{(f_n)_t} = \lim_{n \to +\infty} e^{-2i\pi t \xi}\hat{f_n} = e^{-2i\pi t \xi}\hat{f}. \end{equation*} La dernière égalité est justifiée par le fait que \begin{align*} \Norm*{e^{-2i\pi t \cdot} \hat{f} -e^{-2i\pi t \cdot} \hat{f_n}}_2^2 &= \int_\R \norm*{e^{-2i\pi t \xi} \hat{f}(\xi) -e^{-2i\pi t \xi} \hat{f_n}(\xi)}^2 \dx \xi = \int_\R \norm*{\hat{f}(\xi) -\hat{f_n}(\xi)}^2 \dx \xi\\ &= \Norm*{\hat{f}-\hat{f_n}}_2^2 = \Norm*{\hat{f-f_n}}_2^2 = \Norm*{f-f_n}_2^2\xrightarrow[n \to +\infty]{}0. \end{align*} \end{sol} \item \label{q: si f hat s'annule} On suppose que $\hat{f}$ s'annule sur un ensemble $A \subset \R$ de mesure strictement positive. Montrer qu'il existe $g \in \vect\parentheses*{\brackets{f_t \mvert t \in \R}}^\perp \setminus \brackets{0}$. \begin{sol} Soient $g \in L^2(\R)$ et $t \in \R$. Comme $\cF$ est une isométrie de $L^2(\R)$ dans lui-même, on a: \begin{equation} \label{eq: ps L2} \prsc{g}{f_t} = \prsc{\hat{g}}{\hat{f_t}} = \int_\R \hat{g}(\xi)\bar{\hat{f}(\xi)}e^{2i\pi t \xi} \dx \xi. \end{equation} Supposons qu'il existe $A \subset \R$ de mesure positive telle que $\hat{f}$ s'annule sur $A$. Quitte à remplacer $A$ par un sous-ensemble, on peut supposer que $A$ est de mesure strictement positive et finie. Alors $\one_A \in L^2(\R) \setminus \brackets{0}$ et donc il existe $g \in L^2(\R)\setminus \brackets{0}$ tel que $\hat{g}=\one_A$. D'après l'équation~\eqref{eq: ps L2}, on a alors \begin{equation*} \prsc{g}{f_t} = \int_A \bar{\hat{f}(\xi)}e^{2i\pi t \xi} \dx \xi=0 \end{equation*} pour tout $t \in \R$. Donc $g \in \vect\parentheses*{\brackets{f_t \mvert t \in \R}}^\perp \setminus \brackets{0}$. \end{sol} \item \label{q: densite de l'orthogonal} En déduire que si $\bar{\vect\parentheses*{\brackets{f_t \mvert t \in \R}}}=L^2(\R)$ alors, pour presque tout $\xi \in \R$, $\hat{f}(\xi) \neq 0$. \begin{sol} Si $\vect\parentheses*{\brackets{f_t \mvert t \in \R}}$ est dense dans $L^2(\R)$ alors son orthogonal est nul. La contraposée de la question~\ref{q: si f hat s'annule} montre alors que l'ensemble $\brackets*{\xi \in \R \mvert \hat{f}(\xi)=0}$ doit être négligeable. \end{sol} \end{enumerate} Réciproquement, on suppose désormais que $\hat{f}(\xi) \neq 0$ pour presque tout $\xi \in \R$. Le but de ce qui suit est de montrer que, dans ce cas, $\vect\parentheses*{\brackets{f_t \mvert t \in \R}}$ est dense dans $L^2(\R)$. \begin{enumerate}[resume] \item \label{q: reciproque} Soit $g \in \vect\parentheses*{\brackets{f_t \mvert t \in \R}}^\perp$, justifier que $\hat{g}\bar{\hat{f}} \in L^1(\R)$ et calculer sa transformée de Fourier. \begin{sol} Comme $f$ et $g \in L^2(\R)$ on a également $\hat{f}$ et $\hat{g} \in L^2(\R)$ et donc $\hat{g}\bar{\hat{f}} \in L^1(\R)$. On peut donc calculer la transformée de Fourier de cette fonction grâce à la formule intégrale. Pour tout $t \in \R$, on a: \begin{equation*} \cF\parentheses{\hat{g}\bar{\hat{f}}}(t) = \int_\R \hat{g}(\xi) \bar{\hat{f}(\xi)}e^{-2i\pi \xi t} \dx \xi = \prsc{g}{f_{-t}}=0, \end{equation*} d'après l'équation~\eqref{eq: ps L2}. \end{sol} \item \label{q: conclusion densite des translates} Conclure. \begin{sol} Soit $g \in \vect\parentheses*{\brackets{f_t \mvert t \in \R}}^\perp$, d'après la question~\ref{q: reciproque} on $\cF\parentheses{\hat{g}\bar{\hat{f}}}\equiv 0$ et donc $\hat{g}\bar{\hat{f}}\equiv 0$ par injectivité de la transformée de Fourier. Comme on a supposé que $\hat{f}(\xi) \neq 0$ pour presque tout $\xi$, on en déduit que $\hat{g}(\xi)=0$ pour presque tout $\xi$. Donc $\hat{g}=0$ dans $L^2(\R)$ et, par injectivité de $\cF$ une fois de plus, on obtient $g = 0$. Donc $\vect\parentheses*{\brackets{f_t \mvert t \in \R}}^\perp = \brackets{0}$ et donc $\vect\parentheses*{\brackets{f_t \mvert t \in \R}}$ est dense dans $L^2(\R)$. \end{sol} \end{enumerate} \end{exo} \end{document}