carles/ens/ 1.a. Pour a > 0, calculer la transformée de Fourier de sin x

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1 Transformée de Fourier et théorème de Stone-Weierstraß carles/ens/ Énoncé Pour a, x, on pose e a (x = e iax. Pour u L (, on définit la transformée de Fourier par Fu(ξ = û(ξ = e ixξ u(xdx..a. Pour a > 0, calculer la transformée de Fourier de a [ a,a], puis celle de a [ a,a] a [ a,a], où le produit de convolution est défini par u v(x = u(x yv(ydy = u(yv(x ydy..b. Soit h 0 la fonction continue sur définie par ( ( sin x x sin(x, h 0 (x = + x x. Vérifier que h 0 est strictement positive et que ĥ0 est à support compact.. Soit H l espace des fonctions continues et intégrables sur, á valeurs complexes, dont la transformée de Fourier est à support compact. a. Vérifier que pour tout réel a, h 0 e a H et que, si h, h H, alors h h H. b. Soit ˆ = { } le compactifié d Alexandrov de, et C(ˆ l algèbre des fonctions numériques continues sur ˆ, munie de la norme de la convergence uniforme. Montrer que la sous-algèbre A de C(ˆ engendrée par les fonctions de H et par la fonction est dense dans C(ˆ. c. Conclure que H est dense dans l espace C 0 des fonctions numériques, continues sur, tendant vers 0 en ±, muni de la norme de la convergence uniforme.

2 Solution.a. Si f a = a [ a,a], alors On a aussi F(f a f a (ξ = 4a ˆf a (ξ = a a a = 4a e ixξ( a a a a e iyξ( e ixξ dx = sin(aξ. aξ [ a,a] (x ydy dx e i(x yξ [ a,a] (x ydx dy, d après le théorème de Fubini, et en posant x = x y dans l intégrale en x, on trouve ( sin(aξ F(f a f a (ξ =. aξ emarque : on n avait pas vraiment besoin de faire ce calcul, en connaissant la formule, f, g L (, F(f g = ˆf.ĝ. Le calcul ci-dessus permet de vérifier cette formule dans le cas particulier où f = g = f a..b. La fonction x sin x est continue sur, et tend vers en zéro. Son x prolongement par continuité est même C, car la fonction sinus est développable en série entière autour de l origine, de rayon infini, et se factorise par x. Ainsi, h 0 (0 =. La fonction h 0 étant somme de deux carrés, elle ne peut s annuler que si les deux carrés sont nuls, c est-à-dire si sin x = sin(x = 0, ce qui équivaut à x = kπ et x = k π, pour des entiers relatifs k et k. Comme h 0 (0 > 0, le cas kk = 0 est exclu, donc on peut simplifier par x pour trouver = k /k Q, ce qui est absurde. Donc h 0 ne s annule pas. Pour trouver la transformée de Fourier de h 0, on utilise la formule d inversion de Fourier. Proposition Soit u une fonction dans L ( C 0 ( telle que sa transformée de Fourier û soit dans L! (. On a alors la relation, pour tout réel x, u(x = e ixξ û(ξdξ. π emarques :

3 Comme û L (, l intégrale du membre de droite définit une fonction continue en x, donc la proposition dit que deux fonctions continues coïncident partout. La démonstration est la même que pour le cas des fonctions dans la classe de Schwartz (c est-à-dire celle donnée dans le livre de Zuily et Queffélec. Du coup, on peut énoncer le résultat directement sous cette forme dans un plan, et signaler qu en particulier, il est vrai si u S(. Démonstration : puisque û L (, le théorème de convergence dominée permet d écrire e ixξ û(ξdξ = lim e ixξ e ε ξ û(ξdξ. ε 0 Fixons ε > 0. La fonction (y, ξ e ε ξ u(y est intégrable sur, donc d après le théorème de Fubini, ( e ixξ e ε ξ û(ξdξ = e ixξ e ε ξ e iyξ u(ydy dξ ( = u(y e i(x yξ e ε ξ dξ dy. L intégrale en ξ est la transformée de Fourier d une gaussienne, et vaut e i(x yξ e ε ξ dξ = π ε e (x y ε. On a donc, avec le changement de variable t = x y ε, e ixξ e ε ξ π û(ξdξ = ε = π e (x y ε u(ydy e t u(x + t εdt. Puisque u est continue, pour tout t, u(x + t ε u(x, donc par le ε 0 théorème de convergence dominée (u est bornée, e t u(x + t εdt u(x e t dt = πu(x, ε 0 ce qui achève la preuve. On déduit de la proposition que si u L ( C 0 ( et û L! (, alors u(x = π F Fu( x. 3

4 Corollaire Soit u L ( telle que û L (. Alors pour presque tout réel x, u(x = π F Fu( x. Si u est continue, alors l égalité est vraie pour tout réel x. Démonstration : notons v(x = π F Fu( x, et φ l application u v. Notons E = {u L, û L } et F = {u L C 0, û L }. On munit E de la norme u E = u L + û L. Alors φ est continue de F dans C 0 (, et vaut l identité sur F, qui est dense dans E (par exemple, S( F, et φ(u L π û L π u E. Comme C 0 ( est un espace de Banach, l application φ se prolonge à E de manière unique, donc vaut l identité sur E. Si û L, on a toujours φ(u C 0 (. Donc si u est continue, on sait que deux fonctions continues coïncident presque partout, donc elles sont partout égales. En particulier, d après le calcul de F(f a f a, on a h 0 = F(f f + f f. Si f n est pas continue, f f par contre l est. Ainsi, ĥ 0 (ξ = F F(f f + f f (ξ = π(f f + f f ( ξ, qui est bien une fonction à support compact (supp f g supp f + supp g..a. Soit a. F(h 0 e a (ξ = e ixξ e iax h 0 (xdx = Fh 0 (ξ a, donc F(h 0 e a est à support compact d après la question précédente. Par ailleurs, h 0 e a est évidemment continue et intégrable. Si h, h H, alors d après le corollaire, elles sont bornées, et leur produit est bien continu et intégrable. D après la relation F(h h = π ĥ ĥ, et puisque le produit de convolution de deux fonctions à support compact est à support compact, on en déduit que h h H..b. On applique le théorème de Stone-Weierstraß. L ensemble ˆ est compact, donc il s agit de montrer que A est une sous-algèbre de C(ˆ, 4

5 . contenant la fonction constante égale à,. stable par conjugaison, 3. séparant les points. Tout d abord, on a bien A C(ˆ, car toute fonction de A s écrit comme somme d une constante et d une fonction de H, cette dernière étant dans C 0 ( C(ˆ. Le premier point est vérifié par construction de A. Le second est évident. Soit maintenant deux points distincts x et y. Si h 0 (x h 0 (y, alors comme h 0 H A, c est terminé. Sinon, il existe a tel que e a (x e a (y (par l absurde. Comme h 0 ne s annule pas, on en déduit h 0 (xe a (x h 0 (ye a (y. Et d après.a., h 0 e a H, donc on peut appliquer le théorème de Stone- Weierstraß..c. Soient f C 0 ( et ε > 0. Comme C 0 ( C(ˆ, il existe g A telle que ( f g < ε. On n a pas tout à fait g H, car g est une somme d une constante et d une fonction de H. Montrons que cette constante est petite. On a g(x = C + g (x, avec C et g H, donc C = g(x (même limite en + et en. Or ( s écrit aussi, lim x x, f g (x < ε, donc en faisant tendre x vers l infini, il vient C ε/, donc f g f g + C < ε, et g H, ce qui répond à la question. 5