MESRS 2019-2020

Analyse 4

Transformées de Fourier
Série n◦ 7

Exercice 1: Déterminer les transformées de Fourier des fonctions suivantes, et pour chacune vérier
qu'elles tendent vers zéro pour ω → ±∞

1, |x| < a
1. f (x) =
0 |x| > a

1, 0 < x < a
2. g(x) =
0, sinon.
1 +∞
R cos ωx π
3. p(x) = 2 2
(Indication: utiliser l'intégrale 2 2
dx = e−a|ω| ).
x +a −∞ x + a a
 iax
e , 0<x<1
4. q(x) =
0, sinon.
4 − t2 |t| 6 2

5. f (t) =
0 |t| > 2

Exercice 2:
Déterminer la transformée de Fourier de la fonction f (x) = e−a (a > 0). (Indication: remarquer
2 x2

que f vérie une équation diérentielle)

Exercice 3:
Résoudre, pour la fonction inconnue y , l'équation intégrale suivante:
+∞
Z
y(t)dt 1
2 2
= 2 , avec 0 < a < b.
(x − t) + a x + b2
−∞

Exercice 4:
 
1
1. Déterminer F−1 .
(4 + ω 2 )(9 + ω 2 )

1
 
1, |x| < a
2. Sachant que la transformée de Fourier de la fonction f (x) = est donnée par
0, |x| > a
sin ωa
F(f )(ω) = 2 (voir le cours: Exemple(1) page 8), déterminer la transformée de Fourier du
ω
produit de convolution f ? f .
3. En passant par la dérivée de la transformée de Fourier, déterminer F t2 e−5|t| .
 

Exercice 5:
Résoudre l'EDO,
y 0 − 4y = H(t)e−4t ,

1, t > 0
où H(t) = .
0, t < 0

Exercice 6:

1 + x, −1 < x < 0
1. Déterminer la transformée de Fourier de la fonction g(x) = .
1 − x, 0 < x < 1

+∞
 4
sin(t)
2. En déduire dt .
R
0 t

Exercice 7: Étant donnée l'EDO suivante appelée équation diérentielle de Bessel d'ordre zéro,
(E) : xy 00 + y 0 + xy = 0.

1. Déterminer une solution développable en série entière au voisinage de zéro que nous noterons
J0 (x).

2. Déterminer la transformée de Fourier de la solution J0 .

Exercice 8:
Une tige semi-innie (x > 0) dont la surface est chauée a une température initiale égale à f (x), on
note le coecient de diusion κ. L'extrémité x = 0 est plongée dans de la glace.
1. Décrire le problème aux valeurs limites pour la température u(x, t) en tout point x à l'instant t.
2. Montrer que,
Z∞ Z∞
2 2
u(x, t) = f (v)e−κλ t sin λv sin λx dλdx.
π
0 0

2
 Corrigé

Exercice 1: Déterminer les transformées de Fourier des fonctions suivantes, et pour chacune vérier
qu'elles tendent vers zéro pour ω → ±∞

1, |x| < a
1. f (x) =
0 |x| > a
Solution:
Revenons vers la dénition de la transformée de Fourier et conduisons le calcul.
+∞
Z Za
−iωx
F (ω) = f (x)e dx = (1)e−iωx dx
−∞ −a
 −iωx a
1 eiωa − e−iωa
 
e
= − =
iω −a ω i
sin ωa
=2 .
ω
Comme sin ωa est borné, il s'en suit que lim F (ω) = 0.
ω→±∞

1, 0 < x < a
2. g(x) =
0, sinon.
Solution:
Notons G(ω) la transformée de Fourier de la fonction étudiée g .
+∞
Z Za
−iωx
G(ω) = g(x)e dx = e−iωx dx
−∞ 0
 −iωx a
e 1 − e−iωa
= − = .
iω 0 iω
Comme le numérateur de G(ω) est borné, il s'en suit que lim G(ω) = 0.
ω→±∞
Cet exemple nous montre que même si f est une fonction réelle, sa transformée de Fourier
peut-être complexe.
1 +∞
R cos ωx π
3. p(x) = 2 2
(Indication: utiliser l'intégrale 2 2
dx = e−a|ω| ).
x +a −∞ x + a a
Solution:
Notons P (ω) la transformée de Fourier de la fonction p. Le calcul nous donne,
+∞ +∞ +∞
e−iωx
Z Z Z
cos ωx sin ωx
P (ω) = dx = dx + i dx.
x2 + a2 x2 + a2 x2 + a2
−∞ −∞ −∞

L'intégrande (la fonction à intégrer) de la seconde intégrale est impaire, l'intégrale est calculée
+∞ sin ωx
sur un intervalle symétrique par rapport à l'origine, donc dx = 0.
R
−∞ x2 + a2
Utilisons l'indication,
+∞
Z
cos ωx π
2 2
dx = e−a|ω| .
x +a a
−∞

3
 En remplaçant dans P (ω), on obtient,
π −a|ω|
P (ω) = e , (a 6= 0).
a
Le facteur e−a|ω| assure que lim P (ω) = 0.
ω→±∞

eiax , 0 < x < 1


4. q(x) =
0, sinon.
Solution:
Notons Q(ω) la transformée de Fourier de la fonction q . Le calcul nous donne,
+∞
Z Z1 Z1
−iωx iax −iωx
Q(ω) = q(x)e dx = e e dx = e−i(ω−a)x dx
−∞ 0 0
" #1 " #
e−i(ω−a)x 1 − e−i(ω−a)
= − =
i(ω − a) iω
0
" #
1− e−i(ω−a)
=i .
a−ω

Le numérateur de Q(ω) étant bornée, la limite lim Q(ω) = 0.

ω→±∞
Cet exemple nous montre qu'une fonction complexe peut également avoir une transformée de
Fourier et qui est, en général, complexe.
4 − t2 |t| 6 2

5. f (t) =
0 |t| > 2
Solution:
La courbe représentative de la fonction f est donnée par la gure suivante,

La transformée de Fourier est donnée par,

+∞
Z Z2 Z2 Z2
F (ω) = f (t)e −iωt 2 −iωt
dt = (4 − t )e dt = 4 e −iωt
dt − t2 e−iωt dt (1)
−∞ −2 −2 −2
| {z } | {z }
I1 I2

Calculons I1 .
Z2  −iωt 2
e
I1 = 4 e−iωt dt = 4 −
iω −2
−2
4 e2iω − e−2iω
 
=
ω i
sin 2ω
=8 .
ω

4
 e−iωt
Calculons I2 . Par parties en posant u = t2 → du = 2t dt et dv = e−iωt dt → v = − . Ainsi,
iω
Z2  2 −iωt 2 Z2
t e 2
t2 e−iωt dt = − + te−iωt dt
iω −2 iω
−2 −2
| {z }
I3

où
2
t2 e−iωt 4 e2iω − e−2iω
  
sin 2ω
− = =8
iω −2 ω i ω

terme qui va s'annuler avec le résultat de la première intégrale. Donc, le résultat nal est porté
par l'intégrale I3 .
e−iωx
Calculons I3 . Par parties en posant u = t → du = dt et dv = e−iωx dx → v = − . Ainsi,
iω
Z2 2 Z2
te−iωt

2 −iωt 2 2
te dt = − − e−iωt dt
iω iω iω −2 ω 2
−2 −2
 −iωt 2
2  −2iω 2iω
 2 e
= − 2 −2e − 2e − 2 −
ω ω iω −2
2 e − e2iω
 2iω 
cos 2ω
=8 2
− 3
ω ω i
cos 2ω sin 2ω
=8 2
−4 3 .
ω ω
En remplaçant dans l'équation (1), le signe de I2 nous donne,
sin 2ω − 2ω cos 2ω
F (ω) = 4 .
ω3

Exercice 2:
Déterminer la transformée de Fourier de la fonction f (x) = e−a (a > 0). (Indication: remarquer
2 x2

que f vérie une équation diérentielle)

Solution:
La fonction f est continue est dérivable pour tout x ∈ R. De plus,
+∞
Z +∞
Z +∞
Z √
 2 2
 −a x  −a2 x2 1 −u2 π
e  dx = e dx = e du = ,
a a
−∞ −∞ −∞

+∞ √
nous avons ici fait appel à l'intégrale usuelle, souvent appelée intégrale de Gauss, π . Ce
2
e−t dt =
R
−∞
qui montre que la fonction f est absolument intégrable et par conséquent elle admet une transformée
de Fourier.
+∞
Il eut été possible également de raisonner diéremment pour montrer l'absolue convergence de f (x) dx.
R
−∞
En eet,

5
 1
lim u2 e−u = 0, donc à l'inni e−u est négligeable devant qui est intégrable (intégrale de Rie-
2 2

u→∞ u2
mann), on en déduit que f est absolument convergente.
Utilisons l'indication. Remarquons que,
2 x2
f 0 (x) = −2a2 xe−a = −2a2 xf (x).

Ce qui fait que notre fonction vérie l'équation diérentielle ordinaire de premier ordre (à coecients
constants),
f 0 + 2a2 xf = 0.

En prenant la transformée de Fourier de toutes cette équation, on trouve,

F f 0 + 2a2 xf = 0,
 

en s'appuyant sur la linéarité de la transformée de Fourier, on obtient,

F(f 0 (x)) + 2a2 F(xf (x)) = 0.

Rappelons les résultats des théorèmes du cours, à savoir,

d d
F(f (x)) = −iF(xf (x)) ⇔ i F(f (x)) = F(xf (x)),
dω dω
et,

F(f 0 ) = iωF(f ).

On obtient ainsi,
d
iωF(f (x)) + 2a2 i F(f (x)) = 0,
dω
En simpliant la constante i, on obtient en adoptant la notation F(f ) = F (ω)
+∞
Z
2 0
2a F + ωF = 0, où F (ω) = f (x)e−iωx dx.
−∞

En séparant les variables, on obtient,

F0
Z Z
1
dω = − 2 ω dω,
F 2a

ce qui donne,
ω2
ln F = − + ln A,
4a2
donc,
ω2
F (ω) = Ae− 4a2 .

où pour simplier le calcul nous avons pris la constante d'intégration sous la forme ln A.
Pour déterminer la constante A on prend A = F (0). Calculons F (0).
+∞
Z √
−a2 x2 π
F (0) = e dx = .
a
−∞

6
En résumé, on obtient,
h 2 2 i √π ω 2
F e−a x = e− 4a2 (a > 0).
a

Exercice 3:
Résoudre, pour la fonction inconnue y , l'équation intégrale suivante:
+∞
Z
y(t)dt 1
2 2
= 2 , avec 0 < a < b.
(x − t) + a x + b2
−∞

Solution:
Nous allons nous intéresser, dans un premier temps, à la fonction se trouvant à droite de l'identité.
+∞ Z∞
e−iωx
  Z
1 cos ωx π
F 2 2
= 2 2
dx = 2 2 2
dx = e−b|ω| .
x +b x +b x +b b
−∞ 0

Nous avons, évidemment utilisé l'indication de l'exercice 1-(3).

Concernant le terme sous l'intégrale, nous allons le considérer comme un produit de convolution de
1
deux fonctions y (la fonction inconnue) et la fonction x 7−→ 2 .
x + a2
Tel que déni par le cours, le produit de convolution de deux fonctions f et g est déni par,
+∞
Z
f ?g = f (x − t)g(t) dt.
−∞

Ainsi,
+∞
Z  
y(t)dt 1
= 2 ? y.
(x − t)2 + a2 x + a2
−∞

En passant aux transformées, on obtient,

   
1 1
F(y).F = F
x2 + a2 x2 + b2
ou ce qui revient à écrire,
π π
F(y) e−a|ω| = e−b|ω| ,
a b
a −(b−a)|ω|
F(y) = e
b
La transformée inverse de Fourier nous permet de retrouver la fonction y .
+∞
Z +∞
Z
1 iωx 1 a −(b−a)|ω| iωx
y(x) = F(y)e dω = e e dω
2π 2π b
−∞ −∞
Z∞
a
= e−(b−a)ω cos ωx dω
bπ
|0 {z }
I1

7
Deux intégration par parties sur I1 nous permettent de trouver une relation faisant intervenir I1 et
qui nous permet de conclure.
Plus simplement, il sut de considérer cos ωx comme la partie réelle du nombre complexe eiωx , ce
faisant on trouve,
Z∞
∞ 
Z
a a
y(x) = e−(b−a)ω cos ωx dω = Re  e−(b−a)ω eiωx dω  .
bπ bπ
0 0

Calculons cette dernière intégrale,

Z∞ Z∞ " #∞
−(b−a)ω iωx a −[(b−a)−ix]ω e−[(b−a)−ix]ω
e e dω = e dω = −
bπ [(b − a) − ix]
0 0 0
1 (b − a) x
= = 2 2
+i .
(b − a) − ix (b − a) + x (b − a)2 + x2
Ainsi donc,
∞ 
(b − a)
Z
Re  e−(b−a)ω eiωx dω  =
(b − a)2 + x2
0
∞ 
Z
x
Im  e−(b−a)ω eiωx dω  =
(b − a)2 + x2
0

On prend donc la partie réelle et on remplace dans la formule dénissant y , on trouve,

a (b − a)
y(x) = .
bπ [(b − a)2 + x2 ]

Exercice 4:
 
1
1. Déterminer F−1 .
(4 + ω 2 )(9 + ω 2 )
Solution:
Il s'agit de déterminer la transformée inverse de Fourier d'un produit de fonctions dont on connaît
les transformées. En eet,
 
1 1 −2|t| 1
=F e , où f (t) = e−2|t|
(4 + ω 2 ) 4 4
et,
 
1 1 −3|t| 1
=F e , où g(t) = e−3|t| .
9 + ω2 6 6
Ce qui nous donne,
      
1 1 −2|t| 1 −3|t|
F−1 = F −1
F e F e =f ?g
(4 + ω 2 )(9 + ω 2 ) 4 6
    +∞
Z
1 −2|t| 1 −3|t| 1
= e ? e = e−2|x−t| e−3|t| dt
4 6 24
−∞

8
Le calcul de cette intégral dépend du signe de la variable x.
Si x > 0 (x ∈]0, +∞[),
Z0 Zx +∞
Z
−2|x−t| −3|t| −2|x−t| −3|t|
24[f ? g](x) = e e dt + e e dt + e−2|x−t| e−3|t| dt
−∞
| {z } |0 {z } |x {z }
I1 I2 I3

Concernant I1 : L'intégration se fait par rapport à la variable t sur l'intervalle ] − ∞, 0[. Donc,
|t| = −t et |x − t| = (x − t) car t < x, x étant supposé positif.

Concernant I2 : L'intégration se fait par rapport à la variable t sur l'intervalle ]0, x[. Donc, |t| = t
et |x − t| = (x − t) car t < x.

Concernant I3 : L'intégration se fait par rapport à la variable t sur l'intervalle ]x, +∞[. Donc,
|t| = t et |x − t| = −(x − t) car x < t.
Ainsi,
Z0 Zx +∞
Z
−2(x−t) 3t −2(x−t) −3t
24[f ? g](x) = e e dt + e e dt + e2(x−t) e−3t dt
−∞ 0 x
Z0 Zx +∞
Z
−2x −2x −t
=e 5t
e dt + e e dt + e 2x
e−5t dt
−∞ 0 x
0 +∞
e5t e−5t
 
−2x −2x
x
−e−t 0 2x

=e +e +e
5 −∞ 5 x
6 4
= e−2x − e−3x .
5 5
Si x < 0 (x ∈] − ∞, 0[),
Zx Z0 +∞
Z
−2|x−t| −3|t| −2|x−t| −3|t|
24[f ? g](x) = e e dt + e e dt + e−2|x−t| e−3|t| dt
−∞
| {z } |x {z } |0 {z }
I4 I5 I6

Concernant I4 : L'intégration se fait par rapport à la variable t sur l'intervalle ] − ∞, x[, c'est-à-
dire t < x. Donc, |t| = −t et |x − t| = (x − t).

Concernant I5 : L'intégration se fait par rapport à la variable t sur l'intervalle ]x, 0[, c'est-à-dire
x < t. Donc, |t| = t et |x − t| = −(x − t).

Concernant I6 : L'intégration se fait par rapport à la variable t sur l'intervalle ]0, +∞[. Donc,
|t| = t et |x − t| = −(x − t) car x < t.

9
 Ainsi,
Zx Z0 +∞
Z
−2(x−t) 3t
24[f ? g](x) = e e dt + 2(x−t) 3t
e e dt + e2(x−t) e−3t dt
−∞ x 0
Zx Z0 +∞
Z
= e−2x e5t dt + e2x e−t dt + e2x e−5t dt
−∞ x 0
5t x
   −5t +∞
e 0 e
= e−2x + e2x −e−t x + e2x

5 −∞ 5 0
6 4
= e2x − e3x .
5 5
Enn, pour x = 0, on trouve,
+∞
Z
2
24[f ? g](0) = e−2|t| e−3|t| dt = .
5
−∞

Le résultat attendu est donné par,

− 5 e , si x > 0
   6 −2x 4 −3x
−1 1 1 5e
F (x) =
2 2
(4 + ω )(9 + ω ) 24 6 2x 4 3x
5e − 5e , si x < 0
 
1 6 −2|x| 4 −3|t| 1 1
= e − e = e−2|x| − e−3|x| .
24 5 5 20 30

1, |x| < a
2. Sachant que la transformée de Fourier de la fonction f (x) = est donnée par
0, |x| > a
sin ωa
F(f )(ω) = 2 (voir le cours: Exemple(1) page 8), déterminer la transformée de Fourier du
ω
produit de convolution f ? f .
Solution:
Pour déterminer la transformée de Fourier attendue, commençons par constituer le produit de
convolution en question.
+∞
Z
(f ? f )(x) = f (x − t)f (t)dt
−∞

Déterminons pour qu'elles valeurs ce produit serait non nul. f (t) = 1 si |t| < a ⇔ −a < t < a.
Par ailleurs, f (x − t) = 1 si |x − t| = |t − x| < a, ce qui revient à dire, si x − a < t < x + a.
Les valeurs de x ne peuvent être quelconques, car si −2a < x < 0 et 0 < x < 2a le produit serait
également nul.
En résumé,

1, −a < t < x + a, (−2a < x < 0)
f (x − t)f (t) =
0, sinon.

et,

1, x − a < t < a, (0 < x < 2a)
f (x − t)f (t) =
0, sinon.

10
 Donc, le produit de convolution est donné par,
 x+a
R


 dt = 2a + x, (−2a < x < 0)
(f ? f )(x) = Ra
−a et (f ? f )(x) = 0, sinon.
dt = 2a − x, (0 < x < 2a)



x−a

Le calcul de la transformée de Fourier nous donne,

Z0 Z2a  
−iωx 1 − cos 2ωa
F(f ? f )(ω) = (2a + x)e dx + (2a − x)e−iωx dx = 2 ,
ω2
−2a 0

mais, 1 − cos 2ωa = 2 sin2 ωa, donc,

sin2 ωa
 
F(f ? f )(ω) = 4 .
ω2
Ce qui est conforme avec la formule du cours. En eet,
   
sin ωa sin ωa
F(f ? f ) = F(f ).F(f ) = 2 . 2 .
ω ω

3. En passant par la dérivée de la transformée de Fourier, déterminer F t2 e−5|t| .

 

Solution:
Rappelons ce que le théorème (3) du cours, nous fournit comme résultat,
d
F(f (t))(x) = −iF(tf (t))(x).
dx
Plus généralement,
dn
in F(f (t))(x) = F(tn f (t))(x).
dxn
Pour n = 2, on obtient,
d2
i2 F(f (t))(x) = F(t2 f (t))(x).
dx2
Par application de ce théorème on trouve,
d2
F(t2 e−5|t| )(x) = − F(e−5|t| )(x).
dx2

Il sut donc, de trouver F(e−5|t| ).

+∞
Z Z0 +∞
Z
−5|t| −5|t| −i.x.t
F(e )(x) = e e dt = e (5−ix)t
dt + e−(5+ix)t dt
−∞ −∞ 0
" #0 " #+∞
e(5−ix)t e−(5+ix)t 10
= + − =
(5 − ix) (5 + ix) 25 + x2
−∞ 0

Ainsi,
d2 25 − 3x2
 
−5|t| 10
F(e )(x) = − 2 F = 20
dx 25 + x2 (25 + x2 )3

11
Exercice 5:
Résoudre l'EDO,
y 0 − 4y = H(t)e−4t ,

1, t > 0
où H(t) = .
0, t < 0
Solution:
L'EDO s'écrit,
e−4t , t > 0

y 0 − 4y = .
0, t<0
Appliquons la transformée de Fourier à l'EDO, on obtient,
F(y 0 ) − 4F(y) = F H(t))e−4t (ω).
 

Le théorème (4) (F(y 0 ) = iωF(y)) du cours nous permet d'écrire,

(iω − 4)F(y) = F H(t)e−4t (ω)
 

1
F H(t)e−4t (ω).
 
F(y) =
iω − 4
Calculons le terme se trouvant à droite.
+∞
Z Z∞
−4t −4t −iωt
dt = e−4t e−iωt dt
 
F H(t)e (ω) = H(t)e e
−∞ 0
Z∞ " #∞
−(4+iω)t e−(4+iω)t
= e dt = −
(4 + iω)
0 0
1
=
4 + iω
−1
Ainsi, F(y) = .
16 + ω 2
Enn, pour déterminer la solution y , nous ferons appel à la formule de la transformée inverse.
+∞
eiωx
 
−1
Z
−1 1
y(x) = F = − dω
16 + ω 2 2π 16 + ω 2
−∞
 
 +∞ +∞

Z Z 
1  cos ωx sin ωx 
=−  
2
dω + i 2
dω 
2π  16 + ω 16 + ω 

−∞
| {z } |
−∞
{z }
= π4 e−4|x| =0

1
= − e−4|x| .
8

Exercice 6:

12
 
1 + x, −1 < x < 0
1. Déterminer la transformée de Fourier de la fonction g(x) = .
1 − x, 0 < x < 1
Solution:
+∞ +∞
si ω = 0 : F(g)(0) = g(t)e−i(0)t dt =
R R
g(t) dt = 1,
−∞ −∞
si ω 6= 0 :
Z0 Z1
−i.t.ω
F(g)(ω) = (1 + t)e dt + (1 − t)e−i.t.ω dt
−1 0

par changement de vaiable, en posant t = −u, on obtient

Z0 Z1
−i.t.ω
(1 + t)e dt = (1 − u)ei.u.ω du.
−1 0

Ce qui nous donne,

Z1
F(g)(ω) = (1 − t)(ei.t.ω + e−i.t.ω )dt
0

ei.t.ω + e−i.t.ω = 2 cos ωt, donc,

Z1
F(g)(ω) = 2 (1 − t) cos(ωt)dt
0

Par parties, on pose u = (1 − t) → du = −dt et dv = cos ωt dt → v = ω ,

sin ωt
on trouve,

Z1
2 2
= [(1 − t) sin(ωt)]10 + sin(ωt) dt
ω| {z } ω
=0 0

cos ωt 1
 
2
= −
ω ω 0
2(1 − cos ω)
= .
ω2

Nous allons exploiter le fait que,

ω ω ω  ω 
cos(ω) = cos + = cos2 − sin2 ,
2 2  2 2
ω  ω  ω 
= 1 − 2 sin2 , (car cos2 + sin2 = 1)
2 2 2
donc,
ω  1 − cos ω
sin2 = .
2 2
On obtient ainsi,
2
sin ω2

2(1 − cos ω)
F(g)(ω) = = ω .
ω2 2

13
 +∞
 4
sin(t)
2. En déduire dt .
R
0 t
Solution:
On remarque que l'intégrande représente le carré du résultat que nous avons trouvé à l'étape
précédente. Il s'agit, donc, d'un cas d'utilisation de l'identité de Parseval, que nous rappelons.
Pour une fonction f qui admet une transformée de Fourier, on a,
+∞
Z +∞
Z
2 1
|f (x)| dx = |F (ω)|2 dω.
2π
−∞ −∞

Concernant notre cas, on a,

Z∞  4 +∞ 4 +∞
sin( ω2 )
Z Z
sin(t) 1 1
dt = ω dω = |F (ω)|2 dω
t 4 2 4
0 −∞ −∞

(en posant t = ω
2 → dt = 21 dω )

or, par l'identité de Parseval,

+∞
Z +∞
Z Z1
1 2 2π π
|F (ω)| dω = |g(x)| dx = π (1 − t)2 dt = ,
2
4 4 3
−∞ −∞ 0

d'où,
+∞
Z 4
sin(t) π
dt = .
t 3
0

Exercice 7: Étant donnée l'EDO suivante appelée équation diérentielle de Bessel d'ordre zéro,
(E) : xy 00 + y 0 + xy = 0.
1. Déterminer une solution développable en série entière au voisinage de zéro que nous noterons
J0 (x).
Solution:
Soit J0 une solution de (E) développable en série entière au voisinage de zéro. Ce qui revient à
supposer l'existence d'une suite numérique (an )n et un réel positif R, tels que,
+∞
X
∀x ∈] − R, R[, J0 (x) = an xn .
n=0

Or, pour x ∈] − R, R[, on a,

+∞
X +∞
X +∞
X
xJ0 (x) = x an xn = an xn+1 = an−1 xn ,
n=0 n=0 n=1
+∞
X +∞
X
J00 (x) = nan xn−1 = (n + 1)an+1 xn ,
n=1 n=0
X+∞ +∞
X +∞
X
xJ000 (x) =x n(n − 1)an x n−2
= n(n − 1)an x n−1
= n(n + 1)an+1 xn .
n=2 n=2 n=1

14
 Ainsi, comme J0 est solution de (E), on obtient,
+∞
X
∀x ∈] − R, R[, a1 + [(n + 1)2 an+1 + an−1 ]xn = 0.
n=1

En vertu de l'unicité du développement en série entière, on en déduit,


a1 = 0
∀n ∈ N∗ , (n + 1)2 an+1 = −an−1 .

Écrivons les premiers termes an de comprendre la "mécanique" qui sous tend la constitution
de la suite (an )n .
a0 a1
a2 = − , a3 = − = 0,
22 32
a2 a0 a3
a4 = − 2 = 2 2 , a5 = − 2 = 0.
4 2 .4 5
.. ..
. .

On en déduit que pour tout n ∈ N, on a a2n+1 = 0.

De même,
a2(n−1) (−1)n a0 (−1)n a0
a2n = − = . . . = .
(2n)2 (2(n − 1))2 (2n)2 (2(n − 1))2 · · · 22 4n (n!)2
Ainsi,
+∞
X (−1)n 2n
∀x ∈] − R, R[, J0 (x) = a0 x .
4n (n!)2
n=0

Nous allons évaluer le rayon de convergence de cette série. Utilisons le critère de d'Alembert.
 (−1)n+1 4n (n!)2 x2
 
2

∀x ∈ R,  x = −→ 0.
 4n+1 (n + 1)!2 (−1)n  4(n + 1)2 n→∞

Ainsi, les calculs précédents assurent que J0 (x) est solution de (E). Remarquons au passage que
la fonction de Bessel d'ordre zéro J0 (x) est paire.
2. Déterminer la transformée de Fourier de la solution J0 .
Solution:
Prenons la transformée de Fourier de (E) et utilisons les théorèmes du cours relatifs aux trans-
formées de Fourier des dérivées successives d'une fonction donnée. On trouve,
F xJ000 (x) + J00 (x) + xJ0 (x) = 0,
 

par application des propriétés de la transformée de Fourier,

F[xJ000 (x)] + F[J00 (x)] + F[xJ0 (x)] = 0.
Après application des théorèmes précités et la simplication d'un facteur i, on trouve,
(1 − ω 2 )F 0 − ωF = 0,
+∞
où F (ω) = J0 (x)e−iωx dx.
R
−∞
Il est clair que nous sommes face à une équation diérentielle ordinaire linéaire, du premier ordre
et à variables séparables. On obtient donc,
F0
Z Z
ω
dω = dω,
F 1 − ω2

15
 ce qui nous donne,
1 A
ln F (ω) = − ln(1 − ω 2 ) + ln A, ce qui donne, F (ω) = 1 , avec, 0 < ω < 1.
2
2 (1 − ω 2 ) 2

Nous avons fait le choix d'écrire la constante sous la forme ln A pour faciliter les calculs. La
restriction sur ω est due à la dénition de la fonction logarithme.
Pour déterminer la constante A, remarquons que
+∞
Z +∞
Z
A = F (0) = J0 (x) dx = 2 J0 (x) dx = 2.
−∞ 0

+∞
Car, un résultat standard nous donne, J0 (x) dx = 1.
R
0
Remplaçons par la valeur de A dans la solution, on trouve,
2
F[J0 (x)](ω) = F (ω) = 1
(1 − ω 2 ) 2

Exercice 8:
Une tige semi-innie (x > 0) dont la surface est chauée a une température initiale égale à f (x), on
note le coecient de diusion κ. L'extrémité x = 0 est plongée dans de la glace.
1. Décrire le problème aux valeurs limites pour la température u(x, t) en tout point x à l'instant t.
Solution:
L'énoncé correspond aux problèmes aux valeurs limites suivant,
∂2u 1 ∂u
= , x > 0, t > 0 (2)
∂x2 κ ∂t
u(x, 0) =f (x), u(0, t) = 0, |u(x, t)| < M. (3)
La dernière condition vient répondre à des considérations d'ordre physique.
2. Montrer que,
Z∞ Z∞
2 2
u(x, t) = f (v)e−κλ t sin λv sin λx dλdx.
π
0 0

Solution:
Pour résoudre ce type de problème, l'une des méthodes préconisées est la séparation des variables.
Il s'agit de supposer que la fonction inconnue u s'écrit sous forme d'un produit de deux fonctions
dépendants, pour chacune d'elles, de l'une des deux variables présente dans l'équation.
Posons, donc, u = XT . En remplaçant dans l'équation de la chaleur, on obtient,
∂(XT ) ∂ 2 (XT )
=κ ⇔ XT 0 = κX 00 T.
∂t ∂x2

Ce qui donne,

X 00 T0
= .
X κT

16
Ce qui nous conduit à postuler que ce rapport est égale à une constante, que nous prendrons
négative et que l'on notera −λ2 . (si on considère λ positif ou nul on aboutira à la solution
triviale u ≡ 0)
On obtient donc deux équations diérentielles ordinaires,
X 00 + λ2 X = 0, T 0 + κλ2 T = 0.

Les solutions sont données par,

2
X = A1 cos λx + B1 sin λx, T = C1 e−κλ t .

Une solution de l'EDP est donc donné par,

2 2
u(x, t) = C1 e−κλ t (A1 cos λx + B1 sin λx) = e−κλ t (A cos λx + B sin λx)

Exploitons, à présent, les conditions données par l'équation (??), an de déterminer les con-
stantes A et B .
Nous avons,
2
u(0, t) = 0 ⇔ e−κλ t (A) = 0,

ce qui donne, A = 0. Donc,

2
u(x, t) = Be−κλ t sin λx.

Sans nuire à la solution, nous allons considérer la seconde constante B comme une fonction de
λ, nous écrirons B(λ). De plus, nous pouvons intégrer relativement à la variable λ de 0 à ∞.
Ce résultat est analogue au principe de superposition pour les valeurs discrètes de λ.
Ce qui nous amène à la possible solution,
Z∞
2
u(x, t) = B(λ)e−κλ t sin λxdλ.
0

La condition initiale u(x, 0) = f (x) nous donne,

Z∞
f (x) = B(λ) sin λxdλ.
0

qui est une équation intégrale pour déterminer B(λ). Si on se réfère aux formules des intégrales
de Fourier (Voir Cours - Chapitre VII, page 7) on constate que dès lors que f est impaire on
trouve,
Z∞ Z∞
2 2
B(λ) = f (x) sin λxdx = f (v) sin λvdv.
π π
0 0

Ce qui nous garantit le résultat attendu, c'est-à-dire,

Z∞ Z∞
2 2
u(x, t) = f (v)e−κλ t sin λv sin λx dλdx.
π
0 0

17