une intégrale de Fourier

P

Quelqu'un connaît-il le moyen de calculer
$$f_1(x)=\int_{-\infty}^{\infty}e^{itx}\frac{\cos
(\pi t/2)}{1-t^2}dt?$$ (et si vous êtes en forme :
$$f_3(x)=\int_{-\infty}^{\infty}e^{itx}\frac{\cos
(\pi t/2)}{(1-t^2)(9-t^2)}dt, \ f_5(x),\ldots)$$
Développer le cosinus en produit de Weierstrass ne sert pas.


(modérateur, ma contribution à 'inversion de Fourier' de ce jour est remplacée par ce fil).

GreginGre

Le théorème des résidus ne fonctionne pas ?

P

Je n'y avais pas pensé. Mais quel contour?

Jer anonyme

Comme la fonction à intégrer est entière, je suis perplexe sur les résidus. Mais cela marche pour $\int_0^\infty e^{ix^2}dx$ alors...

Maple donne $f_1(0)=\pi$, $f_3(0)=\frac{\pi}6$, $f_5(0)=\frac{\pi}{120}$.

Jer anonyme

Voici une tentative pour $\int_0^{+\infty}$ lorsque $x>\pi/2$ (par parité de la fonction $\frac{\cos(\pi t/2)}{1-t^2}$, cela suffit, n'est-ce pas ?).

On intègre la fonction $f:z\mapsto e^{izx}\frac{\cos(z\pi/2)}{1-z^2}$ sur le contour dessiné plus bas. Comme $f$ est entière (l'annulation du cosinus tue le pôle en $1$), l'intégrale sur ce contour est nulle.

Paramétrons le quart de cercle par $z=Re^{i\theta}$. Alors $|e^{izx}|=e^{-Rx\sin\theta}$ et $|2\cos\frac{\pi z}{2}|\le1+e^{\pi R\sin(\theta)/2}$ donc le produit des modules est borné par une constante (pour $x>\pi/2$). Mais lorsque $R$ tend vers l'infini, le dénominateur tend vers $0$ uniformément par rapport à $\theta$ donc l'intégrale sur le quart de cercle tend vers $0$.

Donc l'intégrale sur le demi-axe réel est égale à l'intégrale sur le demi-axe imaginaire pur, qui vaut : $\int_0^{+\infty}e^{-tx}\frac{\cosh(t\pi/2)}{1+t^2}dt$. Et pour cette intégrale, Maple donne une réponse à base de $\mathrm{Ei}(a,z)=e^{a-1}\Gamma(1-a,z)$.

Je ne garantis rien...

jandri

Pour $n$ impair j'ai trouvé: $f_n(x)=\dfrac{\pi}{n!}\cos^nx$.

Précision: dans le cas où $|x|\leq\dfrac{\pi}2$.

P

Merci beaucoup. Mais qui est $a$ par rapport à $x?$ Et comment Maple obtient -il quelque chose d'explicite?

Jer anonyme

Je précise mais la réponse de Jandri semble largement meilleure que la mienne !
Ce que donne Maple, c'est, pour $a>0$ :
\[ \int_0^{+\infty}\frac{e^{-at}}{1+t^2}dt=\frac{i}2 \left( {{\rm e}^{ia}}{\it Ei} \left( 1,ia \right) -{{\rm e}^{-ia}}{\it Ei} \left( 1,-ia \right) . \right)\]

P

Extra, Jandri, comment fais tu? Il me semble que ca devrait être zéro si $|x|>\pi/2.$ Merci aussi à Jer Anonyme pour s'accrocher au problème.

Jer anonyme

Maxima via Sage confirme (symboliquement) que $f_1=\pi\cos$ sur $\left]-\frac{\pi}2,\frac\pi2\right[$ et que $f_1$ est nulle sur $[\pi/2,+\infty[$.

L'intégrale de $f(z)=e^{izx}\frac{\cos(t\pi/2)}{1-z^2}$ sur le bord d'un demi-disque de centre $0$ et de rayon $R$ est nulle parce que la fonction $f$ est entière. Or, pour $x>\pi/2$, l'intégrale sur le demi-cercle tend vers $0$ lorsque $R$ tend vers l'infini (voir plus haut). Cela entraîne que $f_1(x)=0$ pour $x>\pi/2$. Le même argument s'applique à $f_3$, $f_5$, etc.

Cela ne fait que confirmer quelque chose que P savait mais bon...

P

Ah, quand on connaît la réponse grâce à Jandri, c'est trop fastoche. En effet
$\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos xdx=2$ et donc $$\mu(dx)=\frac{1}{2}\cos x\, 1_{(-\pi/2,\pi/2)}(x)dx$$ est une probabilité de fonction caractéristique
$$\varphi_{\mu}(t)=\frac{1}{2}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}e^{ixt}\cos xdx=\frac{\cos(\pi t/2)}{1-t^2}$$ par un calcul fastidieux. Comme $\varphi_{\mu}$ est intégrable la formule d'inversion de Paul Lévy donne
$$\frac{1}{2} \cos x \, 1_{(-\pi/2,\pi/2)}(x)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-itx}\varphi_{\mu}(t)dt$$ et $f_1(x)=\pi\cos x \, 1_{(-\pi/2,\pi/2)}(x).$ Pour le cas général si on applique cette méthode, on ne doit pas s'amuser en calculant $\int_{-\pi/2}^{\pi/2}e^{ixt}(\cos x)^n\, dx$ mais c'est faisable. Mais je répète ma question, Jandri comment as tu fait?

jandri

Je suis allé un peu vite, j'ai oublié de préciser que j'ai pris seulement le cas $|x|\leq\dfrac{\pi}2$.

En fait j'ai "deviné" la formule (d'abord pour $f_1$ puis pour $f_n$) en donnant des valeurs simples à $x$: $\pi/n$.

Je l'ai ensuite démontrée pour $f_1$ en intégrant $f_1(x)=2\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{\cos(tx)\cos(\pi t/2)}{1-t^2}dt$ deux fois sous le signe intégral:
$g(x)=2\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{(1-\cos(tx))\cos(\pi t/2)}{t^2(1-t^2)}dt$ vérifie $g''(x)=f_1(x)$
puis $g''(x)+g(x)=f_1(0)+2\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{(1-\cos(tx))\cos(\pi t/2)}{t^2}dt$ qui se calcule en intégrant par parties et en utilisant $\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{\sin t}tdt=\dfrac{\pi}2$.

En admettant que $f_1(0)=\pi$ on obtient $f_1(x)=\pi\cos(x)$ pour $|x|\leq\dfrac{\pi}2$.

P

Merci Jandri d'avoir pris la peine de taper ca. J'étais parti dans la direction opposée et avais écrit que $f_1+f_1''$ est la somme de deux masses de Dirac (intuitif naturellement) puis j'avais introduit $g$ tel que $g''=f_1$ pour pouvoir remplacer les masses de Dirac par une fonction linéaire par morceaux et continue, mais là je ne m'en sortais plus! Le problème sec 'calculer $f_1$ est plus dur que 'montrer que $f_1=\pi \cos x$'.

jandri

La démonstration de $f_1(0)=\pi$ est élémentaire car en décomposant en éléments simples et en transformant le cosinus en sinus on obtient:
$\displaystyle\int_0^x \frac{\cos(\pi t/2)}{1-t^2}dt=\frac12 Si\left(\frac{\pi}2(x+1)\right)+\frac12 Si\left(\frac{\pi}2(x-1)\right)$ avec $Si(x)=\displaystyle\int_0^x\dfrac{\sin t}tdt$.

De même une décomposition en éléments simples permet de calculer $f_{2n-1}(0)=\dfrac{\pi}{(2n-1)!}$.

jean lismonde

bonsoir

il faut tout de même vérifier la convergence des intégrales ; commençons par celle de $f_1(x)$

sur la borne supérieure infinie la convergence ne fait pas doute (théorème des gendarmes) et sur la borne inférieure non plus

la fonction intégrande est continue en zéro et discontinue lorsque $t = - 1$ et $t = 1$
mais ces discontinuités sont compensées, digérées dans l'intégration et donc n'empêchent nullement la convergence de $f_1$

je confirme le résultat de Jandri concernant $f_1(x)$ lorsque $ - \frac{\pi}{2} < x < \frac{\pi}{2}$ soit :$\pi.cos(x)$

la démonstration passe par la linéarisation du produit des cosinus soit :

$2cos(tx).cos\frac{\pi.t}{2} = cost(x + \frac{\pi}{2}) + cost(x - \frac{\pi}{2})$

on utilise la transformée de Fourier : $\int_0^{+\infty}\frac{cos(tx)}{1 - t^2}dt = \frac{\pi}{2}sin|x|$
or :

$$f_1(x) = \int_0^{+\infty}\frac{2cos(tx)cos\frac{\pi.t}{2}}{1 - t^2}dt$$

puisque la partie intégrale du sinus est nulle sur l'intervalle d'intégration $]- \infty ; + \infty[$

lorsque $- \frac{\pi}{2} < x < \frac{\pi}{2}$ alors $f_1 = \pi.cos(x)$

sinon $f_1 = 0$ lorsque $|x| > \frac{\pi}{2}$

cordialement

jean lismonde

Bonjour
La conjecture de Jandri sur la forme générale de $f_{2n-1}$ me paraît également tout-à-fait plausible. Elle revient à dire que $$\int_0^{+\infty}\frac{\cos(tx).\cos\frac{\pi.t}{2}}{(1 - t^2)(1 - \frac{t^2}{3^2})\cdots(1 - \frac{t^2}{(2n-1)^2})}dt = \frac{\pi.n(2n)!}{2^{2n}(n!)^2}\cos^{2n-1}(x)
$$ Nous pouvons tester cette conjecture lorsque $n$ tend vers $+\infty$ et d'autre part après intégration par rapport à la variable $x$ de $0$ à $\frac{\pi}{2}$.

Au premier membre nous voyons apparaître $\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin\frac{\pi.t}{2}}{t}dt$
et au second membre $\frac{\pi}{2}$ ce qui est parfaitement exact.

Une vérification n'est pas une démonstration, il reste donc à prouver (par récurrence ?) cette conjecture.
Ccordialement

jandri

Bonjour,

On peut calculer $f_{2n-1}(x)$ en restant au niveau bac+2.
On décompose en éléments simples la fraction pour obtenir $f_{2n-1}(x)=\displaystyle\sum_{k=1}^n a_kg_k(x)$
avec $a_k=\dfrac{(-1)^{k-1}(2k-1)}{4^{n-1}(2n-1) !}\displaystyle{2n-1 \choose n-k}$ et $g_k(x)= \displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\dfrac{\cos(tx)\cos(\pi t/2)}{(2k-1)^2-t^2}dt$
$g_k$ est continue sur $\R$ puisque la fonction $t\mapsto \dfrac{\cos(\pi t/2)}{(2k-1)^2-t^2}$ est intégrable sur $\R$.
En décomposant en éléments simples la fraction on obtient pour $|x|\neq\dfrac{\pi}2$:
$g_k(x)=\dfrac 1{2k-1} \displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\dfrac{\cos(tx)\cos(\pi t/2)}{2k-1-t}dt=\dfrac {(-1)^{k-1}}{2k-1} \displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\dfrac{\cos((2k-1+u)x)\sin(\pi u/2)}udu $.

$g_k(x)= \dfrac {(-1)^{k-1}}{2k-1}\left(\cos((2k-1)x)\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\dfrac{\cos(ux)\sin(\pi u/2)}udu -\sin((2k-1)x)\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\dfrac{\sin(ux)\sin(\pi u/2)}udu \right)$.
La seconde intégrale existe pour $|x|\neq\dfrac{\pi}2$ et est nulle (fonction impaire).
La première se calcule à l’aide de $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\dfrac{\sin(ux)}udu=\pi signe(x)$ et vaut 0 si $|x|>\dfrac{\pi}2$ et $ \pi$ si $|x|<\dfrac{\pi}2$.
On en déduit pour $|x|<\dfrac{\pi}2$ :
$f_{2n-1}(x)= \dfrac{\pi}{4^{n-1}(2n-1) !} \displaystyle\sum_{k=1}^n {2n-1 \choose n-k}\cos((2k-1)x)$ .
La linéarisation de $(\cos x)^{2n-1}$ donne enfin $f_{2n-1}(x)= \dfrac{\pi (\cos x)^{2n-1}}{(2n-1) !}$ pour $|x|<\dfrac{\pi}2$.

P

C'est bien. On parlera de $\int_{-\pi/2}^{\pi/2}e^{ixt}(\cos t)^adt$ pour $a$ entier pair, voire réel positif, plus tard.