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% Commandes et opérateurs utiles

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\renewcommand{\epsilon}{\varepsilon}
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\renewcommand{\hat}{\widehat}
\renewcommand{\leq}{\leqslant}
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% Gestion de l'affichage des solutions avec le package comment

% Nouveaux compteurs pour avoir une numérotation des équations indépendante dans les solutions

\newcounter{aux}
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\specialcomment{sol}{
	\setcounter{aux}{\value{equation}}
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	\par\begingroup\color{violet}
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%\excludecomment{sol}

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% Informations du document

\author{Thomas Letendre}
\date{2023 -- 2024}
\title{Feuille 4 -- Transformée de Fourier, régularité et décroissance}


\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 $f \in L^1(\R)$ on note $\hat{f}$ ou $\cF(f)$ sa tranformée de Fourier définie par $\displaystyle \xi \mapsto \int_\R f(x) e^{-2i\pi \xi x}\dx t$.

\begin{exo}[Régularité et décroissance de la transformée de Fourier]
\label{exo: regularite et decroissance de la TF}

Soit $f \in L^1(\R)$.

\begin{enumerate}

\item \label{q: Ck implique TF decroissante} Soit $k \in \N$, on suppose que $f \in \cC^k(\R)$, que $f^{(k)} \in L^1(\R)$ et que pour tout $j \in \ssquarebrackets*{0}{k-1}$, $\norm*{f^{(j)}(x)} \xrightarrow[\norm{x}\to +\infty]{}0$. Montrer que $\norm*{\hat{f}(\xi)} = o\parentheses*{\norm{\xi}^{-k}}$.

\begin{sol}

Soit $\xi \in \R^*$. Comme $f \in L^1(\R)$, il en est de même de $x \mapsto f(x) e^{-2i\pi \xi x}$ et
\begin{equation*}
\hat{f}(\xi) = \int_\R f(x) e^{-2i\pi x \xi}\dx x = \lim_{A \to +\infty} \int_{-A}^A f(x) e^{-2i\pi x \xi}\dx x.
\end{equation*}
Soit $A>0$, on va calculer par des intégrations par parties successives, toutes les fonctions considérées étant bien $\cC^1$ sur le segment $[-A,A]$.
\begin{align*}
\int_{-A}^A f(x) e^{-2i\pi x \xi}\dx x =& \squarebrackets*{f(x) \frac{e^{-2i\pi x \xi}}{-2i\pi \xi}}_{-A}^A + \int_{-A}^A f'(x) \frac{e^{-2i\pi x \xi}}{2i\pi \xi} \dx x\\
=& \frac{1}{2i\pi \xi}\parentheses*{-f(A)e^{-2i\pi A \xi}+ f(-A)e^{2i\pi A \xi}+\int_{-A}^A f'(x) e^{-2i\pi x \xi}\dx x}\\
=& \dots\\
=& \sum_{j=0}^{k-1} \frac{1}{(2i\pi \xi)^{j+1}}\parentheses*{-f^{(j)}(A)e^{-2i\pi A \xi}+ f^{(j)}(-A)e^{2i\pi A \xi}}\\
 &+ \frac{1}{(2i\pi \xi)^k}\int_{-A}^A f^{(k)}(x) e^{-2i\pi x \xi}\dx x
\end{align*}
Comme précédemment $f^{(k)} \in L^1(\R)$, donc $x \mapsto f^{(k)}(x) e^{-2i\pi \xi x}$ aussi et la dernière intégrale converge vers $\hat{f^{(k)}}(\xi)$ lorsque $A \to +\infty$. Par ailleurs, pour tout $j \in \ssquarebrackets*{0}{k-1}$, on a $\norm*{f^{(j)}(A)e^{-2i\pi A \xi}} = \norm{f^{(j)}(A)} \xrightarrow[A \to +\infty]{}0$ et $\norm*{f^{(j)}(-A)e^{2i\pi A \xi}} = \norm{f^{(j)}(-A)} \xrightarrow[A \to +\infty]{}0$ par hypothèse. Finalement, on obtient $\hat{f}(\xi) = \frac{1}{(2i\pi \xi)^k} \hat{f^{(k)}}(\xi)$.

Cette formule est valable pour tout $\xi \neq 0$. En particulier, $\norm*{\hat{f}(\xi)} \leq \frac{1}{\norm{2\pi\xi}^k}\norm*{\hat{f^{(k)}}(\xi)} = o\parentheses*{\norm{\xi}^{-k}}$, par le lemme de Riemann--Lebesgue appliqué à $f^{(k)}$.

\end{sol}

\item \label{q: integrable implique TF Cp} Soit $p \in \N$, on suppose que $g_p:x \mapsto x^p f(x)$ est intégrable. Montrer que $\hat{f} \in \cC^p(\R)$ et que pour tout $q \in \ssquarebrackets*{0}{p}$, $\parentheses{\hat{f}}^{(q)}(\xi) \xrightarrow[\norm{\xi}\to +\infty]{}0$.

\begin{sol}

Soit $q \in \ssquarebrackets*{0}{p}$, pour tout $x \in \R$ on a $\norm{x}^q \leq 1 + \norm{x}^p$ donc $\norm{x^q f(x)} \leq \norm{f(x)}+\norm{x^pf(x)}$. Comme $f$ et $g_p$ sont intégrables, il en est de même de $g_q:x \mapsto x^q f(x)$.

Soit $h:\R \times \R \to \C$ l'application $(x,\xi) \mapsto f(x) e^{-2i\pi \xi x}$. Pour tout $x \in \R$, l'application $h(x,\cdot)$ est $\cC^\infty$ sur $\R$ et on a pour tout $q \in \N$:
\begin{equation*}
\frac{\partial^q h}{\partial \xi^q} : (x,\xi) \mapsto (-2i\pi x)^q f(x) e^{-2i\pi \xi x}.
\end{equation*}
En particulier, pour tout $q \in \N$, pour tout $(x,\xi) \in \R^2$,
\begin{equation*}
\norm*{\frac{\partial^q h}{\partial \xi^q}(x,\xi)} \leq (2\pi)^q \norm{x^q f(x)}=(2\pi)^q \norm{g_q(x)}.
\end{equation*}
Le terme de droite étant indépendant de $\xi$ et intégrable tant que $q \leq p$, on peut appliquer le théorème de dérivation des intégrales à paramètres de façon répétée. Par récurrence, on en déduit que, pour tout $q \in \ssquarebrackets*{0}{p}$, la fonction $\hat{f}$ est de classe $\cC^q$ et
\begin{equation*}
\hat{f}^{(q)} : \xi \mapsto (-2i\pi)^q \int_\R x^qf(x) e^{-2i\pi x \xi} \dx x,
\end{equation*}
c'est-à-dire $\hat{f}^{(q)} = (-2i\pi)^q \hat{g_q}$. En particulier, $\hat{f}^{(q)}$ est une transformée de Fourier et tend donc vers $0$ à l'infini par Riemann--Lebesgue.

\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}


\begin{exo}[Transformée de Fourier des fonctions à support compact]
\label{exo: TF de support compact}

\begin{enumerate}
\item \label{q: TF L1c} Soit $f \in L^1(\R)$ telle qu'il existe $M \geq 0$ tel que $f$ est nulle presque partout en dehors de~$[-M,M]$. Montrer que $\hat{f}$ est la somme d'une série entière de rayon de convergence infini.

\begin{sol}

Soit $M \geq 0$ tel que le support de $f$ soit contenu dans le segment $[-M,M]$. Soit $\xi \in \R$, sur $[-M,M]$ la fonction $x \mapsto e^{-2i\pi\xi x}$ est la somme normale de la série de fonction $\sum_{k \geq 0} \frac{(-2i\pi\xi)^k}{k!}x^k$. En effet, $\exp$ est la somme normale de sa série entière sur tout compact de $\C$. On a donc:
\begin{equation*}
\hat{f}(\xi) = \int_\R f(x) e^{-2i\pi\xi x}\dx x = \int_{-M}^M f(x) \sum_{k \geq 0} \frac{(-2i\pi\xi x)^k}{k!} \dx x = \sum_{k \geq 0} \frac{(-2i\pi\xi)^k}{k!} \int_{-M}^M f(x)x^k \dx x.
\end{equation*}
Notons que pour tout $k \in \N$, $\int_{-M}^M \norm{f(x)}\norm{x^k} \dx x \leq M^k \Norm{f}_1 <+\infty$. Donc ces intégrales sont finies.

Pour tout $k \in \N$, notons $a_k = \frac{(-2i\pi)^k}{k!} \int_{-M}^M f(x)x^k \dx x$. On a alors $\norm{a_k} \leq \frac{(2\pi M)^k}{k!}\Norm{f}_1$. Par le critère de d'Alembert, $\sum_{k \geq 0} a_k X^k$ est une série entière de rayon de convergence infinie. Le calcul précédent montre que $\hat{f}$ est la somme de cette série entière.

\end{sol}

\item \label{q: zeros isoles} Si $f \in L^1(\R)$ une fonction à support compact, est-ce que $\hat{f}$ est à support compact?

\begin{sol}

On vient de voir que $\hat{f}$ est analytique. Si elle était à support compact elle serait nulle par le principe des zéros isolés. On aurait alors $f=0$ par injectivité de la transformée de Fourier.

\end{sol}

\item \label{q: analyticite} Si $\hat{f}$ est analytique, est-ce que $f$ est nécessairement à support compact?

\begin{sol}
Non, les gaussiennes sont des contre-exemples.
\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}


\begin{exo}[Espace des fonctions vérifiant la formule d'inversion]
\label{exo: regularite et inversion de Fourier}

Soit $W = L^1(\R) \cap \cF\parentheses*{L^1(\R)}$. On rappelle que $\cC_0(\R)$ est l'espace des fonctions continues sur $\R$ qui tendent vers $0$ à l'infini.

\begin{enumerate}

\item \label{q: W fhat dans L1} Montrer que $f \in W \iff f \in L^1(\R) \ \text{et}\ \hat{f} \in L^1(\R)$.

\begin{sol}

Si $f \in L^1(\R)$ et $\hat{f} \in L^1(\R)$ alors, par inversion de Fourier, $f = \check{\hat{\hat{f}}} = \hat{\check{\hat{f}}}$. Donc $f \in W$. Inversement, si $f \in W$, alors il existe $g \in L^1(\R)$ tel que $\hat{g}=f \in L^1(\R)$ et donc $\hat{f} = \check{g} \in L^1(\R)$.

\end{sol}

\item \label{q: W stable par F} Montrer que $f \in W \iff \hat{f} \in W$.

\begin{sol}

On vient de voir que si $f \in W$, alors $\hat{f} \in L^1(\R)$. Mais alors $\hat{f} \in W$. Si $\hat{f} \in W$, alors $\check{f} = \hat{\hat{f}} \in W$ et donc $f \in W$.

\end{sol}

\item \label{q: W dans Lp} Si $f \in W$, montrer que $f$ est continue et $f \in L^p(\R)$ pour tout $p \in [1,+\infty]$.

\begin{sol}

Soit $f \in W$, il existe $g \in L^1(\R)$ telle que $f =\hat{g}$. En particulier, $f$ est continue et tend vers $0$ à l'infini donc $f \in L^\infty(\R)$. Par définition de $W$ on a $f \in L^1(\R)$.

Enfin si $p \in\, ]1,+\infty[$, on écrit $\norm{f}^p = \norm{f}\norm{f}^{p-1} \leq \norm{f}\Norm{f}_\infty^{p-1}$. Donc $\norm{f}^p\in L^1(\R)$ et $f \in L^p(\R)$.

\end{sol}

\item \label{q: W stable par *} Soient $f,g \in W$, montrer que $f \ast g$ et $fg \in W$.

\begin{sol}

On a $f,g \in L^1(\R)$ donc $f \ast g \in L^1(\R)$. De plus $\hat{f\ast g} = \hat{f} \hat{g}$. D'après les questions~\ref{q: W stable par F} et~\ref{q: W dans Lp}, on a $\hat{f} \in W \subset L^1(\R)$ et $\hat{g} \in W \subset L^\infty(\R)$. Donc $\hat{f\ast g} = \hat{f} \hat{g} \in L^1(\R)$. Ainsi $f \ast g \in W$, par la question~\ref{q: W fhat dans L1}.

On a $fg = \hat{\cF^{-1}(f)}\hat{\cF^{-1}(g)} = \cF\parentheses*{\cF^{-1}(f) \ast \cF^{-1}(g)}$. Comme $W$ est stable par $\cF$ d'après la question~\ref{q: W stable par F}, il suffit de montrer que $\cF^{-1}(f) \ast \cF^{-1}(g) \in W$.

Comme $f \in W$, on a $\check{f} \in W$. En effet $\check{f}\in L^1(\R)$ et si $f= \hat{h}$ avec $h \in L^1(\R)$ alors $\check{f} = \hat{\bar{h}}$. D'après~\ref{q: W stable par F} on a donc $\cF^{-1}(f) = \hat{\check{f}} \in W$. De même $\cF^{-1}(g) \in W$, donc $\cF^{-1}(f) \ast \cF^{-1}(g) \in W$ par la première partie de la question. Et donc $fg \in W$.

\end{sol}

\end{enumerate}

On définit $\Norm{f} = \Norm{f}_1 + \Norm{\hat{f}}_1$ pour tout $f \in W$.

\begin{enumerate}[resume]

\item \label{q: W evn} Montrer que $W$ est un espace vectoriel et que $\Norm{\cdot}$ définit une norme sur $W$.

\begin{sol}

Comme $\cF$ est linéaire $\cF(L^1(\R))$ est un espace vectoriel, de même que $L^1(\R)$. Donc $W$ est un sous-espace vectoriel de $L^1(\R)$ comme intersection de deux tels sous-espaces.

Soit $f \in W$. Si $\Norm{f}=0$ alors $\Norm{f}_1 =0$ et donc $f=0$ dans $L^1(\R)$. Comme $\cF$ est linéaire et $\Norm{\cdot}_1$ est une norme sur $L^1(\R)$, il est clair que $\Norm{\cdot}$ est homogène et vérifie l'inégalité triangulaire.

\end{sol}

\item \label{q: W Banach} Montrer que $\parentheses*{W,\Norm{\cdot}}$ est un espace de Banach.

\begin{sol}

Soit $\parentheses{f_n}_{n \geq 0}$ une suite de Cauchy de $\parentheses*{W,\Norm{\cdot}}$. Alors les suites $\parentheses*{f_n}_{n \geq 0}$ et $\parentheses{\hat{f}_n}_{n \geq 0}$ sont de Cauchy dans l'espace complet $\parentheses*{L^1(\R),\Norm{\cdot}_1}$. En particulier, elles convergent vers des fonctions $f$ et $g \in L^1(\R)$ respectivement.

Par continuité de la transformée de Fourier, $\parentheses{\hat{f}_n}_{n \geq 0}$ converge uniformément (en particulier simplement) sur $\R$ vers $\hat{f}$. Par ailleurs, quitte à extraire une sous-suite, $\parentheses{\hat{f}_n}_{n \geq 0}$ converge presque partout vers $g$. Donc $g= \hat{f}$ presque partout et $\hat{f} \in L^1(\R)$. Donc $f \in W$.

Finalement, $\Norm{f_n-f} = \Norm{f_n-f}_1 + \Norm{\hat{f_n}-\hat{f}}_1 = \Norm{f_n-f}_1 + \Norm{\hat{f_n}-g}_1 \xrightarrow[n \to +\infty]{}0$. Donc $\parentheses{f_n}_{n \geq 0}$ converge vers $f$ dans $\parentheses*{W,\Norm{\cdot}}$ ce qui montre que cet espace est complet.

\end{sol}

\end{enumerate}

On pose $h:x \mapsto e^{-\pi x^2}$ et pour tout $n \in \N$, $h_n:x \mapsto n h(nx)$. On rappelle que ces fonctions forment une approximation de l'identité.

\begin{enumerate}[resume]

\item \label{q: W convolee avec Gaussienne dans W} Soit $f \in L^1(\R)$, montrer que pour tout $n \in \N$, $f\ast h_n \in W$.

\begin{sol}

Soit $n \in \N$, on a bien $f \ast h_n \in L^1(\R)$. Par ailleurs, $\hat{f \ast h_n} = \hat{f}\hat{h_n} \in L^1(\R)$. En effet, on sait que $\hat{h_n} \in \cS(\R) \subset L^1(\R)$ et $\hat{f} \in L^\infty(\R)$. Donc $f \ast h_n \in W$.

\end{sol}

\item \label{q: W densite dans C00} En déduire que $W$ est dense dans $\parentheses*{\cC_0(\R),\Norm{\cdot}_\infty)}$.

\begin{sol}

Soit $f \in \cC^0_c(\R)$ l'ensemble des fonctions continues à support compact. On a en particulier $f \in L^1(\R)$ et donc $f \ast h_n \in W$ pour tout $n \in \N^*$.

Dans la suite, pour tout $t \in \R$ on note $f_t:x \mapsto f(x-t)$. Pour tout $x \in \R$ et $n \geq 1$,
\begin{equation}
\label{eq: controle convolee}
\begin{aligned}
\norm*{f\ast h_n(x) - f(x)} &= \norm*{\int_\R f(x-y) h_n(y) \dx y - f(x)\int_\R h_n(y) \dx y} \leq \int_\R \norm{f(x-y)-f(x)}h_n(y) \dx y\\
& \leq \int_\R \norm*{f\parentheses*{x-\frac{z}{n}}-f(x)}h(z) \dx z \leq \int_\R h(z) \Norm*{f_\frac{z}{n}-f}_\infty \dx z.
\end{aligned}
\end{equation}
Donc, pour tout $n \geq 1$, $\Norm*{f\ast h_n - f}_\infty \leq \int_\R h(z) \Norm*{f_\frac{z}{n}-f}_\infty \dx z$. Comme $f$ est continue à support compact, elle est uniformément continue, ce qui est équivalent à $\Norm*{f_t-f}_\infty \xrightarrow[t \to 0]{}0$. Donc, pour tout $z \in \R$, $h(z) \Norm*{f_\frac{z}{n}-f}_\infty \xrightarrow[n \to +\infty]{}0$. Par ailleurs, pour tout $n \geq 1$ et $z \in \R$, $h(z)\Norm*{f_\frac{z}{n}-f}_\infty \leq 2 \Norm{f}_\infty h(z)$. Comme $h \in L^1(\R)$, par convergence dominée on a:
\begin{equation*}
\int_\R h(z) \Norm*{f_\frac{z}{n}-f}_\infty \dx z \xrightarrow[n \to +\infty]{}0.
\end{equation*}
et donc $\Norm*{f\ast h_n - f}_\infty \xrightarrow[n \to +\infty]{}0$.

Soit maintenant $f \in \cC_0(\R)$ et soit $\epsilon >0$. Il existe $g \in \cC^0_c(\R)$ tel que $\Norm{f-g}_\infty \leq \epsilon$. D'après ce qu'on vient de montrer, il existe $h \in W$ tel que $\Norm{g-h}_\infty \leq \epsilon$. Donc $\Norm{f-h}_\infty \leq 2\epsilon$. Donc $W$ est bien dense dans $\cC_0(\R)$ pour $\Norm{\cdot}_\infty$.

\begin{rem}
Attention, $W$ n'est pas dense dans $\cC^0_c(\R)$ car il n'est pas inclus dedans.
\end{rem}

\end{sol}

\item \label{q: W densite dans Lp} En déduire également que, pour tout $p \in [1,+\infty[$, $W$ est dense dans $\parentheses*{L^p(\R),\Norm{\cdot}_p)}$.

\begin{sol}

On commence de nouveau par le cas d'une fonction $f \in \cC^0_c(\R) \subset L^p(\R)$. De nouveau, pour tout $n \geq 1$ on a $f \ast h_n \in W$ et on veut montrer que $\Norm{f \ast h_n - f}_p \xrightarrow[n \to +\infty]{}0$. En repartant de la majoration~\eqref{eq: controle convolee}, il vient pour tout $x \in \R$ et $n \geq 1$,
\begin{equation*}
\norm{f\ast h_n(x)-f(x)}^p \leq \parentheses*{\leq \int_\R \norm*{f\parentheses*{x-\frac{z}{n}}-f(x)}h(z) \dx z}^p \leq \int_\R \norm*{f\parentheses*{x-\frac{z}{n}}-f(x)}^p h(z) \dx z
\end{equation*}
en appliquant l'inégalité de Jensen pour la fonction $t \mapsto t^p$, qui est bien convexe sur $[0,+\infty[$, et la mesure de probabilité gaussienne $h(z) \dx z$. On intègre cette relation par rapport à $x$ et on applique le théorème de Fubini--Tonelli:
\begin{equation*}
\Norm*{f\ast h_n -f}^p_p \leq \int_\R h(z) \int_\R \norm*{f\parentheses*{x-\frac{z}{n}}-f(x)}^p \dx x \dx z = \int_\R h(z) \Norm*{f_\frac{z}{n}-f}_p^p \dx z.
\end{equation*}
Par continuité des translations dans $L^p(\R)$, on a pour tout $z \in \R$, $\Norm*{f_\frac{z}{n}-f}_p \xrightarrow[n \to +\infty]{}0$. Donc l'intégrande dans le terme de droite ci-dessus converge simplement vers $0$. Il est dominé par la fonction intégrable $2^p\Norm{f}_p^p h$. Donc, par convergence dominée,
\begin{equation*}
\int_\R h(z) \Norm*{f_\frac{z}{n}-f}_p^p \dx z \xrightarrow[n \to +\infty]{}0,
\end{equation*}
et donc $\Norm*{f\ast h_n -f}_p \xrightarrow[n \to +\infty]{}0$. Donc $f \ast h_n \xrightarrow[n \to +\infty]{}f$ dans $\parentheses*{L^p(\R),\Norm{\cdot}_p)}$.

Soit maintenant $f \in L^p(\R)$ et soit $\epsilon >0$. Il existe $g \in \cC^0_c(\R)$ tel que $\Norm{f-g}_p \leq \epsilon$. D'après ce qu'on vient de montrer, il existe $h \in W$ tel que $\Norm{g-h}_p \leq \epsilon$. Donc $\Norm{f-h}_p \leq 2\epsilon$. Donc $W$ est bien dense dans $L^p(\R)$ pour $\Norm{\cdot}_p$.

\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}


\begin{exo}[Extension holomorphe de la transformée de Fourier]
\label{exo: TF complexe}

On note $e_y:t \mapsto e^{2\pi ty}$ de $\R$ dans~$\C$ pour tout $y \in \R$. Soit $f:\R \to \C$ telle que $fe_y \in L^1(\R)$ pour tout $y \in \R$. On définit une extension de $\hat{f}$ à $\C$ par:
\begin{equation}
\label{eq: def TF complexe}
\forall z \in \C, \qquad \hat{f}(z) = \int_\R f(t) e^{-2i\pi tz} \dx t.
\end{equation}

\begin{enumerate}

\item \label{q: def TF complexe} Pour tout $x$ et $y \in \R$ montrer que $\hat{f}(x+iy)$ est bien défini et que $\hat{f}(x+iy) = \cF\parentheses*{f e_y}(x)$.

\begin{sol}

Soient $x$ et $y \in \R$, pour tout $t \in \R$ on a $f(t)e^{-2i\pi t(x+iy)} = f(t)e^{2\pi t y} e^{-2i\pi tx} = f(t)e_y(t) e^{-2i\pi tx}$. En particulier, $\norm*{f(t)e^{-2i\pi t(x+iy)}} = \norm*{f(t)e_y(t)}$ et cette quantité est intégrable car on a supposé $fe_y \in L^1(\R)$. Donc $\hat{f}(x+iy)$ est bien définie. Par ailleurs,
\begin{equation*}
\hat{f}(x+iy) = \int_\R f(t)e^{-2i\pi t(x+iy)}\dx t = \int_\R f(t)e_y(t) e^{-2i\pi tx} \dx t = \cF\parentheses*{f e_y}(x).
\end{equation*}

\end{sol}

\item \label{q: majoration derivee} Soit $t \in \R$, on note $A_t:\C^* \to \C$ la fonction $A_t:z \mapsto \frac{e^{-2i\pi t z}-1}{z}$. Montrer que $A_t$ se prolonge en une fonction continue sur $\C$ et que $\forall z \in \C^*$, $\norm*{A_t(z)} \leq 2\pi \norm{t} e^{2\pi \norm{t}\norm{z}}$.

\begin{sol}

Si $t =0$ alors $A_t$ est la fonction nulle. Elle se prolonge bien à $\C$ entier avec la majoration souhaitée. Dans la suite on suppose que $t \neq 0$. Soit $z \in \C^*$, on a $e^{-2i\pi tz} = \sum_{k \geq 0} \frac{(-2i\pi tz)^k}{k!}$ donc
\begin{equation*}
A_t(z) = \sum_{k \geq 1} \frac{(-2i\pi t)^k}{k!} z^{k-1} = \sum_{k \geq 0}\frac{(-2i\pi t)^{k+1}}{(k+1)!}z^k.
\end{equation*}
La série entière $\sum_{k \geq 0}\frac{(-2i\pi t)^{k+1}}{(k+1)!}X^k$ est de rayon de convergence infini par la règle de d'Alembert. En effet $\frac{k!}{(-2i\pi t)^k}\frac{(-2i\pi t)^{k+1}}{(k+1)!} = \frac{(-2i\pi t)}{k+1} \xrightarrow[k \to +\infty]{}0$. La somme de cette série entière définit donc une fonction holomorphe sur $\C$ entier qui coïncide avec $A_t$ sur $\C^*$. Donc $A_t$ s'étend en une fonction holomorphe sur $\C$, en particulier continue.

Par ailleurs, pour tout $z \in \C^*$, on a:
\begin{equation*}
\norm{A_t(z)} = \norm*{\sum_{k \geq 0}\frac{(-2i\pi t)^{k+1}}{(k+1)!}z^k} \leq \sum_{k \geq 0} \frac{\norm{2\pi t}^{k+1}}{(k+1)!}\norm{z}^k \leq 2\pi\norm{t} \sum_{k \geq 0} \frac{\parentheses*{2\pi \norm{t}}^k}{k!}\norm{z}^k = 2\pi \norm{t}e^{2\pi \norm{t}\norm{z}}.
\end{equation*}

\end{sol}

\item \label{q: TF holomorphe} Soit $w \in \C$, montrer que $\hat{f}$ est $\C$-dérivable en $w$. En déduire que $\hat{f}$ est holomorphe sur $\C$.

\begin{sol}

Soit $z \in \C^*$, par la définition~\eqref{eq: def TF complexe} de $\hat{f}$ on a:
\begin{align*}
\frac{\hat{f}(w+z)-\hat{f}(w)}{z} &= \frac{1}{z}\parentheses*{\int_\R f(t) e^{-2i\pi t(w+z)} \dx t-\int_\R f(t) e^{-2i\pi tw} \dx t}\\
&= \int_\R f(t)e^{-2i\pi tw} \frac{e^{-2i\pi tz}-1}{z} \dx t = \int_\R f(t)e^{-2i\pi tw} A_t(z) \dx t.
\end{align*}
Pour montrer que cette quantité converge lorsque $z \to 0$, on va appliquer le théorème de convergence dominée dans la dernière intégrale. D'après la question~\ref{q: majoration derivee}, pour tout $t \in \R$, la fonction $A_t$ se prolonge continuement en $0$. Donc $f(t)e^{-2i\pi tw} A_t(z) \xrightarrow[z \to 0]{}f(t)e^{-2i\pi tw} A_t(0)$ pour tout $t \in \R$.

D'après la question~\ref{q: majoration derivee}, pour tout $t \in \R$ et tout $z \in D(0,1)\setminus \brackets{0}$, on a
\begin{equation*}
\norm*{f(t)e^{2i\pi t w}A_t(z)} \leq \norm{f(t)}e^{2\pi \norm{t}\norm{w}}2\pi\norm{t}e^{2\pi \norm{t}\norm{z}} \leq 2\pi\norm{t}e^{2\pi \norm{t}(\norm{w}+\norm{z})}\norm{f(t)} \leq e^{2\pi \norm{t}(\norm{w}+2)}\norm{f(t)},
\end{equation*}
où dans la dernière inégalité on a utilisé $s \leq e^s$ avec $s=2\pi \norm{t}$ et $\norm{z}<1$. Le terme de droite est indépendant de $z$ et intégrable. En effet,
\begin{align*}
\int_\R \norm{f(t)}e^{2\pi \norm{t}(\norm{w}+2)} \dx t &= \int_{-\infty}^0 \norm{f(t)}e^{-2\pi t (\norm{w}+2)}\dx t + \int_0^{+\infty} \norm{f(t)}e^{2\pi t (\norm{w}+2)}\dx t \\
&\leq \int_\R \norm{f(t)}e^{-2\pi t (\norm{w}+2)}\dx t + \int_\R \norm{f(t)}e^{2\pi t (\norm{w}+2)}\dx t\\
&\leq \Norm{fe_{-(\norm{w}+2)}}_{L^1(\R)}+\Norm{fe_{\norm{w}+2}}_{L^1(\R)} < +\infty.
\end{align*}

D'après le théorème de convergence dominée, on a donc
\begin{equation*}
\frac{\hat{f}(w+z)-\hat{f}(w)}{z} \xrightarrow[z \to 0]{} \int_\R f(t) A_t(0) e^{-2i\pi tw} \dx t.
\end{equation*}
Donc $\hat{f}$ est $\C$-dérivable en $w$. Comme $w \in \C$ est quelconque, $\hat{f}$ est $\C$-dérivable en tout point, c'est-à-dire holomorphe sur $\C$.

\end{sol}

\item \label{q: gaussienne} Soit $g:t \mapsto e^{-\pi t^2}$, rappeler sans démonstration l'expression de $\hat{g}(\xi)$ pour $\xi \in \R$. En déduire l'expression de $\hat{g}(z)$ pour tout $z \in \C$.

\begin{sol}

Avec notre normalisation $\cF(g)=g$ donc, pour tout $\xi \in \R$, $\hat{g}(\xi)=g(\xi)=e^{-\pi \xi^2}$.

Vérifions que $g$ satisfait les hypothèses de cette section. Soit $y \in \R$, pour tout $t \in \R^*$,
\begin{equation*}
0 \leq t^2g(t)e_y(t) = t^2g(t)e^{2\pi ty} \leq \norm{t}^2g(t)e^{2\pi \norm{t}\norm{y}} = \exp\parentheses*{-\pi t^2 + 2\pi\norm{y}\norm{t}+2\ln(\norm{t})} \xrightarrow[\norm{t} \to +\infty]{}0.
\end{equation*}
Donc $ge_y$ est une fonction $\cC^\infty$ sur $\R$ telle que $g(t)e_y(t)=O\parentheses{\norm{t}^{-2}}$ lorsque $\norm{t} \to +\infty$. Donc $ge_y \in L^1(\R)$ pour tout $y \in \R$. D'après les questions~\ref{q: def TF complexe} et~\ref{q: TF holomorphe}, la fonction $\hat{g}$ est donc bien définie et holomorphe sur $\C$.

Par ailleurs la fonction $g$ s'étend naturellement en une fonction holomorphe sur $\C$ définie par $g:z \mapsto e^{-\pi z^2}$. Les fonctions $g$ et $\hat{g}$ sont holomorphes sur $\C$ et coïncident sur $\R$. Donc $\hat{g}-g$ est holomorphe sur $\C$ et s'annule sur $\R$. Comme $\C$ est connexe, le principe des zéros isolés montre que $\hat{g}-g=0$ sur $\C$. Donc, pour tout $z \in \C$, $\hat{g}(z)=g(z) = e^{-\pi z^2}$.

\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}


\begin{exo}[Une caractérisation des fonctions à support compact]
\label{exo: support compact}

Dans cet exercice, on note de nouveau $e_y:t \mapsto e^{2\pi t y}$ pour tout $y \in \R$. Soit $f \in L^1(\R)$ telle que $fe_y \in L^1(\R)$ pour tout $y \in \R$. On note encore $\hat{f}:\C \to \C$ l'extension holomorphe de $\hat{f}$ définie par~\eqref{eq: def TF complexe} et étudiée dans l'exercice~\ref{exo: TF complexe}.

\begin{enumerate}[resume]

\item \label{q: inversion Fourier} Supposons qu'il existe $R \geq 0$ et $C\geq 0$ tels que
\begin{equation}
\label{eq: croissance TF}
\forall x, y \in \R, \qquad \norm*{\hat{f}(x+iy)} \leq C\frac{1+(2\pi y)^2}{1+(2\pi x)^2}e^{2\pi R \norm{y}}.
\end{equation}
Montrer que $f$ est continue sur $\R$ et que, pour tout $t$ et $y \in \R$,
\begin{equation}
\label{eq: inversion Fourier}
f(t) = \int_\R \hat{f}(x+iy)e^{2i\pi t(x+iy)} \dx x.
\end{equation}

\begin{sol}

Déjà, pour $y=0$ l'estimation~\eqref{eq: croissance TF} montre que $\hat{f} \in L^1(\R)$. Donc par la formule d'inversion de Fourier on a $\check{f} = \hat{\hat{f}}$ et cette fonction est continue. Donc $f$ est continue.

Soit maintenant $y \in \R$, pour tout $t \in \R$ on a
\begin{equation*}
\int_\R \hat{f}(x+iy)e^{2i\pi t(x+iy)} \dx x = e^{-2\pi ty}\int_\R \hat{f}(x+iy)e^{2i\pi tx} \dx x =e^{-2\pi ty} \cF\parentheses*{\hat{f}(\cdot + iy)}(-t).
\end{equation*}
D'après la question~\ref{q: def TF complexe} de l'exercice~\ref{exo: TF complexe}, on a $\hat{f}(\cdot+iy) = \cF\parentheses*{fe_y}$. Par ailleurs, l'estimation~\eqref{eq: croissance TF} montre que cette fonction est bien dans $L^1(\R)$ (à $y$ fixé, par rapport à $x$). On peut donc appliquer la formule d'inversion de Fourier, qui donne $\cF\parentheses*{\hat{f}(\cdot + iy)} = \cF\parentheses*{\cF\parentheses*{fe_y}} = \check{\parentheses{fe_y}}$. Ainsi, pour tout $t \in \R$,
\begin{equation*}
\int_\R \hat{f}(x+iy)e^{2i\pi t(x+iy)} \dx x = e^{-2\pi ty} f(t)e_y(t) = f(t).
\end{equation*}

\end{sol}

\item \label{q: support compact} Dans ce cas, en déduire que $f$ est nulle hors de l'intervalle $[-R,R]$.

\begin{hint}
Utiliser l'estimation~\eqref{eq: croissance TF} pour borner $f(t)$ par une quantité dépendant de $y$, puis faire un choix judicieux de $y$ en fonction de $t \in \R \setminus \squarebrackets{-R,R}$.
\end{hint}

\begin{sol}

Soit $t \in \R$. D'après~\eqref{eq: inversion Fourier}, pour tout $y \in \R^*$,
\begin{align*}
\norm{f(t)} &\leq \int_\R \norm*{\hat{f}(x+iy)}e^{-2\pi t y} \dx x \leq C \parentheses{1+(2\pi y)^2} e^{2\pi(R\norm{y}-ty)} \int_\R \frac{\dx x}{1+(2\pi x)^2}\\
&\leq C \parentheses{1+(2\pi y)^2}e^{2\pi\parentheses*{R\norm{y}-ty}} \frac{1}{2\pi}\squarebrackets*{\arctan(2\pi x)}_{-\infty}^{+\infty} \leq C \parentheses{1+(2\pi y)^2}e^{2\pi\parentheses*{R\norm{y}-ty}}.
\end{align*}
Si $t >R$, considérons $y >0$. On a $\norm{f(t)} \leq C \parentheses{1+(2\pi y)^2} e^{-2\pi(t-R)y} \xrightarrow[y \to +\infty]{}0$. Donc $f(t)=0$. Symétriquement, si $t<-R$ soit $y<0$. On a $ty = \norm{t}\norm{y}$ et $\norm{f(t)} \leq C \parentheses{1+(2\pi y)^2} e^{-2\pi(\norm{t}-R)\norm{y}}$. Comme $\norm{t}>R$, cette quantité tend vers $0$ lorsque $y \to -\infty$. Donc $f(t)=0$ de nouveau. Ainsi, la fonction $f$ est nulle hors de $[-R,R]$.

\end{sol}

\item \label{q: TF de support compact} Inversement, soit $R \geq 0$, supposons que $f \in \cC^2(\R)$ est à support dans $[-R,R]$. Montrer qu'il existe $C\geq 0$ tel que l'estimation~\eqref{eq: croissance TF} soit satisfaite.

\begin{hint}
Exprimer la transformée de Fourier de $fe_y -(fe_y)''$ en fonction de $\hat{f}$.
\end{hint}

\begin{sol}

Soit $y \in \R$, la fonction $fe_y$ est $\cC^2$ et à support compact. En particulier, $(fe_y)'$ et $(fe_y)''$ sont continues à supports compacts et donc dans $L^1(\R)$. Pour tout $x \in \R$,
\begin{align*}
\cF\parentheses*{fe_y - (fe_y)''}(x) &= \cF(fe_y)(x) - \cF\parentheses*{(fe_y)''}(x) = \parentheses*{1 - (2i\pi x)^2}\cF(fe_y)(x)\\
&= \parentheses*{1+(2\pi x)^2} \hat{f}(x+iy),
\end{align*}
où on a utilisé la question~\ref{q: def TF complexe} de l'exerice~\ref{exo: TF complexe}. Donc $\norm*{\hat{f}(x+iy)} = \frac{1}{1+(2\pi x)^2} \norm{\cF\parentheses*{fe_y - (fe_y)''}(x)}$ et il suffit de trouver $C\geq 0$ tel que $\Norm*{\cF\parentheses*{fe_y - (fe_y)''}}_\infty \leq C \parentheses{1+(2\pi y)^2}e^{2 \pi R\norm{y}}$ pour tout $y$. On calcule:
\begin{align*}
(fe_y)-(fe_y)'' &= fe_y - f''e_y - 2f'e_y' -fe_y''= \parentheses*{f-f''-4\pi y f'-f(2\pi y)^2}e_y\\
&=\parentheses*{f\parentheses{1-4\pi^2 y^2} - 4\pi y f'-f''}e_y.
\end{align*}
Donc,
\begin{align*}
\norm*{\cF\parentheses*{fe_y - (fe_y)''}} &= \norm*{(1-4\pi^2y^2)\cF(fe_y) - 4\pi y \cF(f'e_y) - \cF(f''e_y)}\\
&\leq (1+4\pi^2y^2) \norm{\cF(fe_y)} + 4\pi\norm{y}\norm{\cF(f'e_y)}+\norm{\cF(f''e_y)}\\
&\leq \parentheses{1+(2\pi y)^2} \parentheses*{\norm{\cF(fe_y)}+\norm{\cF(f'e_y)}+\norm{\cF(f''e_y)}}.
\end{align*}
Comme $f$ est à support compact dans $[-R,R]$, on a:
\begin{equation*}
\Norm*{\cF\parentheses{fe_y}}_\infty \leq \Norm*{fe_y}_{L^1(\R)} = \int_{-R}^R \norm{f(t)}e^{2\pi t y} \dx t \leq \int_{-R}^R \norm{f(t)}e^{2\pi R \norm{y}} \dx t = \Norm{f}_{L^1(\R)}e^{2\pi R\norm{y}}.
\end{equation*}
De même $\Norm*{\cF\parentheses{f'e_y}}_\infty \leq \Norm{f'}_{L^1(\R)}e^{2\pi R\norm{y}}$ et $\Norm*{\cF\parentheses{f''e_y}}_\infty \leq \Norm{f''}_{L^1(\R)}e^{2\pi R\norm{y}}$. En définissant $C = \Norm{f}_{L^1(\R)}+\Norm{f'}_{L^1(\R)}+\Norm{f''}_{L^1(\R)}$ on a donc $\Norm*{\cF\parentheses*{fe_y - (fe_y)''}}_\infty \leq C \parentheses{1+(2\pi y)^2}e^{2 \pi R\norm{y}}$, comme voulu. Ainsi l'estimation~\eqref{eq: croissance TF} est vérifiée.

\end{sol}

\end{enumerate}

\begin{rem}
En fait, le théorème de Paley--Wiener affirme qu'une fonction $f$ telle que $f e_y \in L^1(\R)$ pour tout $y \in \R$ est nulle preque partout hors de $[-R,R]$ si et seulement si il existe $N \in \N$ et $C\geq 0$ tels que:
\begin{equation*}
\forall z \in \C, \qquad \norm{\hat{f}(z)} \leq C \parentheses*{1+\norm{z}^N}e^{R \Im(z)}.
\end{equation*}
La démonstration de ce résultat fait appel à la théorie des distributions tempérées.
\end{rem}

\end{exo}


\begin{exo}[Équation de la chaleur dans $\R$]
\label{exo: equation de la chaleur}

Soit $F:(t,x) \mapsto F(t,x)$ une fonction de classe $\cC^2$ de $]0,+\infty[\, \times \R$ dans $\C$. On dit que $F$ est solution de l'\emph{équation de la chaleur} si $\frac{\partial F}{\partial t} = \frac{\partial^2 F}{\partial x^2}$.

Soit $t>0$, on notera $F_t:x \mapsto F(t,x)$. On notera aussi $\hat{F}(t,\xi) = \hat{F_t}(\xi)$ pour tout $\xi \in \R$.

\begin{enumerate}
\item \label{q: E solution} On définit $E:\,]0,+\infty[\, \times \R \to \C$ par $E:(t,x) \mapsto \parentheses{4\pi t}^{-\frac{1}{2}}e^{-\frac{x^2}{4t}}$. Montrer que $E$ est solution de l'équation de la chaleur.

\begin{sol}

La fonction $E$ est de classe $\cC^\infty$ sur $\,]0,+\infty[\, \times \R$. Calculons ses dérivées partielles. Pour tout $(t,x) \in \,]0,+\infty[\, \times \R$, on a:
\begin{align*}
\frac{\partial E}{\partial x}(t,x) &= \frac{-x}{2t}\frac{1}{\sqrt{4\pi t}}e^{-\frac{x^2}{4t}} = -\frac{x}{2t}E(t,x),\\
\frac{\partial^2 E}{\partial x^2}(t,x) &= \frac{\partial}{\partial x}\parentheses*{-\frac{x}{2t}E(t,x)} = -\frac{1}{2t}E(t,x)+\frac{x^2}{4t^2}E(t,x) = \parentheses*{\frac{x^2}{4t^2}-\frac{1}{2t}} E(t,x).
\end{align*}
Par ailleurs,
\begin{equation*}
\frac{\partial E}{\partial t}(t,x) = \frac{-2\pi}{\parentheses{4\pi t}^{\frac{3}{2}}}e^{-\frac{x^2}{4t}} + \frac{x^2}{4t^2}\frac{1}{\sqrt{4\pi t}}e^{-\frac{x^2}{4t}} = \parentheses*{-\frac{1}{2t}+\frac{x^2}{4t^2}} E(t,x) = \frac{\partial^2 E}{\partial x^2}(t,x).
\end{equation*}
Donc $E$ est bien une solution de l'équation de la chaleur.

\end{sol}

\item \label{q: convolee chaleur TF} Soient $f \in L^1(\R)$ et $t>0$, montrer que $E_t \ast f \in L^1(\R)$ et exprimer $\hat{E_t \ast f}$ en fonction de $\hat{f}$.

\begin{sol}

On a $f \in L^1(\R)$ et $E_t \in L^1(\R)$ (c'est la densité d'une variable aléatoire gaussienne centrée de variance $2t$). D'après l'exercice 5 du TD3, on a $E_t \ast f \in L^1(\R)$ et $\hat{E_t \ast f} = \hat{E_t}\hat{f}$. Il reste donc à expliciter $\hat{E_t}$.

On a $E_\frac{1}{4\pi}:x \mapsto e^{-\pi x^2}$, et on sait par le cours que cette fonction est sa propre transformée de Fourier. Pour $t>0$ et $\xi \in \R$:
\begin{align*}
\hat{E_t}(\xi) &= \int_\R E_t(x) e^{-2i\pi \xi x} \dx x = \frac{1}{\sqrt{4\pi t}}\int_\R e^{-\frac{x^2}{4t}}e^{-2i\pi \xi x} \dx x = \int_\R e^{-\pi y^2}e^{-2i\pi \xi \sqrt{4\pi t} y} \dx y\\
&= \hat{E_{\frac{1}{4\pi}}}\parentheses*{\sqrt{4t\pi} \xi} = E_{\frac{1}{4\pi}}\parentheses*{\sqrt{4t\pi} \xi} = e^{-4\pi^2 t \xi^2}
\end{align*}
Donc $\hat{E_t}:\xi \mapsto e^{-4\pi^2 t \xi^2}$. Finalement, pour tout $f \in L^1(\R)$ et tout $t >0$ on a:
\begin{equation*}
\hat{E_t \ast f} : \xi \longmapsto \hat{f}(\xi) e^{-4\pi^2 t \xi^2}.
\end{equation*}

\end{sol}

\item \label{q: convolee chaleur lim} Montrer que $E_t\ast f \xrightarrow[t \to 0]{}f$ dans $L^1(\R)$.

\begin{sol}

Pour tout $t >0$, $E_t$ est une fonction positive d'intégrale $1$. De plus, pour tout $\epsilon >0$, on a $\displaystyle \int_{\norm{x} >\epsilon} E_t(x) \dx x \xrightarrow[t \to 0]{}0$. Donc $(E_t)_{t >0}$ est une approximation de l'identité. En particulier, pour tout $f \in L^1(\R)$, on a $\Norm{E_t \ast f - f}_1 \xrightarrow[t \to 0]{}0$. On peut aussi montrer cette convergence comme dans la question~\ref{q: W densite dans Lp} de l'exercice~\ref{exo: regularite et inversion de Fourier}.

\end{sol}

\item \label{q: convolee chaleur eq} Montrer que $(t,x) \mapsto \parentheses*{E_t\ast f}(x)$ est solution de l'équation de la chaleur.

\begin{sol}

Soit $h:(t,x,y) \mapsto f(y)E(t,x-y)$ et soit
\begin{equation*}
F:(t,x) \mapsto \parentheses*{E_t\ast f}(x) = \int_\R h(t,x,y) \dx y.
\end{equation*}
Supposons dans un premier temps que l'on ait prouvé que $F$ est de classe $\cC^2$ et que ses dérivées s'obtiennent par dérivation sous l'intégrale. On a alors, pour tout $t>0$ et tout $x \in \R$:
\begin{align*}
\frac{\partial F}{\partial t}(t,x) - \frac{\partial^2 F}{\partial x^2}(t,x) &= \int_\R \frac{\partial h}{\partial t}(t,x,y) - \frac{\partial^2 h}{\partial x^2}(t,x,y) \dx y\\
&= \int_\R f(y) \parentheses*{\frac{\partial E}{\partial t}(t,x-y) - \frac{\partial^2 E}{\partial x^2}(t,x-y)} \dx y =0.
\end{align*}
En effet, on a prouvé que $E$ était solution de l'équation de la chaleur dans la question~\ref{q: E solution}.

La difficulté technique est donc de prouver que $F$ est $\cC^2$ et que ses dérivées s'obtiennent par dérivation sous l'intégrale. On va prouver que $F$ admet une dérivée partielle continue par rapport à $t$ qui s'obtient par dérivation sous l'intégrale.

Pour tout $t>0$ et $x \in \R$, la fonction $h(t,x,\cdot)$ est dominée par $\parentheses{4\pi t}^{-\frac{1}{2}}\norm{f}$ et est donc intégrable sur $\R$. Pour tout $x,y \in \R$, la fonction $h(\cdot,x,y)$ est de classe $\cC^1$ sur $]0,+\infty[$ et, en utilisant les calculs de la question~\ref{q: E solution},
\begin{align*}
\norm*{\frac{\partial h}{\partial t}(t,x,y)} &= \norm{f(y)}\norm*{\frac{\partial E}{\partial t}(t,x-y)} \leq \norm{f(y)}\parentheses*{\frac{\norm{x-y}^2}{4t^2}+\frac{1}{2t}}E(t,x-y)\\
&\leq \norm{f(y)}\parentheses*{\frac{\norm{x-y}^2}{4t^2}+\frac{1}{2t}}\frac{1}{\sqrt{4\pi t}}e^{-\frac{\norm{x-y}^2}{4t}}
\end{align*}

Soit $T_2 > T_1 >0$, si on suppose que $t \in [T_1,T_2]$, alors
\begin{equation*}
\parentheses*{\frac{\norm{x-y}^2}{4t^2}+\frac{1}{2t}}\frac{1}{\sqrt{4\pi t}}e^{-\frac{\norm{x-y}^2}{4t}} \leq \parentheses*{\frac{\norm{x-y}^2}{4T_1^2}+\frac{1}{2T_1}}\frac{1}{\sqrt{4\pi T_1}}e^{-\frac{\norm{x-y}^2}{4T_2}} = P\parentheses*{\norm{x-y}}e^{-\frac{\norm{x-y}^2}{4T_2}},
\end{equation*}
où $P:z \mapsto \parentheses*{\frac{z^2}{4T_1^2}+\frac{1}{2T_1}}\frac{1}{\sqrt{4\pi T_1}}$. Comme $z \mapsto e^{-\frac{z^2}{4T_2}}$ est dans $\cS(\R)$ alors $z \mapsto P(z) e^{-\frac{z^2}{4T_2}}$ est bornée sur $\R$. Il existe donc $M>0$ tel que pour tout $x,y \in \R$ et tout $t \in [T_1,T_2]$ on ait:
\begin{equation*}
\norm*{\frac{\partial h}{\partial t}(t,x,y)} \leq M \norm{f(y)}.
\end{equation*}
Comme le terme de droite est intégrable sur $\R$, on déduit du théorème de dérivation sous l'intégrale que $F$ admet une dérivée partielle par rapport à $t$ continue sur $]T_1,T_2[\, \times \R$ et que cette dérivée s'obtient par dérivation sous l'intégrale. Comme c'est valable pour tout $T_1$ et $T_2$ tels que $0 < T_1 < T_2$, on en déduit que ce résultat est en fait valide sur $]0,+\infty[ \,\times \R$.

Le même genre de calcul va montrer que $F$ admet une dérivée partielle sur $]0,+\infty[ \,\times \R$ par rapport à $x$, qui est continue et s'obtient par dérivation sous l'intégrale. En particulier, $F$ admet des dérivées partielles continues en $(t,x)$ sur $]0,+\infty[ \,\times \R$. Elle est donc~$\cC^1$ sur ce domaine.

En raisonnant de même pour les dérivées secondes, on montre que $F$ est de classe $\cC^2$. En fait, $F$ est~$\cC^\infty$ avec les dérivées partielles que l'on pense. Mais c'est pénible à prouver proprement.
\end{sol}

\end{enumerate}

On va voir que $(t,x) \mapsto \parentheses*{E_t\ast f}(x)$ est l'unique solution de l'équation de la chaleur qui tend vers $f$ dans $L^1(\R)$ lorsque $t \to 0$ et qui vérifie certaines hypothèses techniques.

\begin{enumerate}[resume]
\item \label{q: equa diff F hat} Soit $F$ une solution de l'équation de la chaleur. Soit $T>0$, on suppose qu'il existe $g \in L^1(\R)$ positive, tendant vers $0$ à l'infini, et telle que pour tout $t \geq T$:
\begin{align*}
&\norm{F(t,\cdot)} \leq g, & &\norm*{\frac{\partial F}{\partial t}(t,\cdot)} \leq g, &\norm*{\frac{\partial F}{\partial x}(t,\cdot)} \leq g & &\text{et} & &\norm*{\frac{\partial^2 F}{\partial x^2}(t,\cdot)} \leq g.
\end{align*}
Soit $\xi \in \R$, montrer que $t \mapsto \hat{F}(t,\xi)$ est $\cC^1$ sur $]T,+\infty[\,$ et que $\frac{\partial \hat{F}}{\partial t}(t,\xi) = -4\pi^2\xi^2\hat{F}(t,\xi)$.

\begin{sol}

On note $h:(t,x,\xi) \mapsto F(t,x)e^{-2i\pi x \xi}$, de sorte que $\hat{F}:(t,\xi) \mapsto \displaystyle \int_\R h(t,x,\xi) \dx x$. On veut une fois de plus dériver sous l'intégrale.

La fonction $h$ est dominée par $g$ indépendamment de $t$ et $\xi$, donc elle est intégrable par rapport à $x$ et la fonction $\hat{F}$ est donc bien définie.

Soit $x$ et $\xi \in \R$, la fonction $h(\cdot,x,\xi)$ est de classe $\cC^1$ et, pour tout $t \geq T$, 
\begin{equation*}
\norm*{\frac{\partial h}{\partial t}(t,x,\xi)} = \norm*{\frac{\partial F}{\partial t}(t,x)} \leq g(x).
\end{equation*}
Donc $\hat{F}$ admet une dérivée partielle par rapport à $t$ sur $]T,+\infty[\, \times \R$. De plus cette dérivée partielle est continue et s'obtient par dérivation sous l'intégrale.

Soit $\xi \in \R$, on a bien que $\hat{F}(\cdot,\xi)$ est $\cC^1$. Ensuite, soit $t > T$, on a:
\begin{equation*}
\frac{\partial \hat{F}}{\partial t}(t,\xi) = \int_\R \frac{\partial h}{\partial t}(t,x,\xi)\dx x= \int_\R \frac{\partial F}{\partial t}(t,x)e^{-2i\pi x \xi} \dx x = \int_\R \frac{\partial^2 F}{\partial x^2}(t,x)e^{-2i\pi x \xi} \dx x,
\end{equation*}
car $F$ est solution de l'équation de la chaleur. La condition de domination sur $\frac{\partial F}{\partial x}$ et $\frac{\partial^2 F}{\partial x^2}$ assure que ces fonctions sont intégrables par rapport à $x$ et tendent vers $0$ à l'infini. On peut alors intégrer deux fois par parties, ce qui redonne les relations usuelles entre la transformée de Fourier de $F_t$ et celle de sa dérivée seconde:
\begin{equation*}
\int_\R \frac{\partial^2 F}{\partial x^2}(t,x)e^{-2i\pi x \xi} \dx x = (-2i\pi\xi)^2\int_\R F(t,x)e^{-2i\pi x \xi} \dx x = -4\pi^2\xi^2 \hat{F}(t,x).
\end{equation*}

On obtient donc bien que $\frac{\partial \hat{F}}{\partial t} = -4\pi^2\xi^2\hat{F}$ sur $]T,+\infty[\, \times \R$.

\end{sol}

\item \label{q: condition initiale} Soit $F$ telle que la condition précédente soit vérifiée pour tout $T>0$ et soit $f \in L^1(\R)$. On suppose $\Norm{F_t-f}_1 \xrightarrow[t \to 0]{}0$. Montrer que $\hat{F}(t,\xi)= \hat{f}(\xi) e^{-4\pi^2\xi^2t}$ pour tout $(t,\xi) \in \,]0,+\infty[\, \times \R$.

\begin{sol}

D'après la question~\ref{q: equa diff F hat}, pour tout $\xi \in \R$ la fonction $\hat{F}(\cdot,\xi)$ est de classe $\cC^1$ sur $]0,+\infty[\,$ et on a $\frac{\partial \hat{F}}{\partial t} = -4\pi^2\xi^2\hat{F}$. Donc $\hat{F}(\cdot,\xi)$ est de la forme $t \mapsto C_\xi e^{-4\pi^2 \xi^2t}$ avec $C_\xi \in \C$.

Supposons que $\Norm{F_t-f}_1 \xrightarrow[t \to 0]{}0$. Par continuité de la transformée de Fourier, on a alors
\begin{equation*}
\hat{F_t}(\xi) \xrightarrow[t \to 0]{} \hat{f}(\xi).
\end{equation*}
Par ailleurs, on a:
\begin{equation*}
\hat{F_t}(\xi) = \hat{F(t,\cdot)}(\xi) = \hat{F}(t,\xi) = C_\xi e^{-4\pi^2 \xi^2t} \xrightarrow[t \to 0]{}C_\xi.
\end{equation*}
Donc $C_\xi = \hat{f}(\xi)$ et $\hat{F}(t,\xi) = \hat{f}(\xi)e^{-4\pi^2 \xi^2t}$ pour tout $t>0$ et tout $\xi \in \R$.

\end{sol}

\item \label{q: chaleur conclusion} En déduire que $F$ est la fonction $(t,x) \mapsto \parentheses*{E_t \ast f}(x)$.

\begin{sol}

Soit $t>0$, d'après les questions~\ref{q: convolee chaleur TF} et~\ref{q: condition initiale}, on a
\begin{equation*}
\hat{F_t} = \hat{F(t,\cdot)} = \hat{F}(t,\cdot) = \hat{E_t \ast f}.
\end{equation*}
L'injectivité de la transformée de Fourier montre alors que $F_t=E_t \ast f$. C'est valable pour tout $t >0$, donc $F$ est la fonction $(t,x) \mapsto \parentheses*{E_t \ast f}(x)$.

\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}

\end{document}