Transformée de Fourier d’une gaussienne

analysis

On calcule la transformée de Fourier d’une fonction de type gaussienne $x \mapsto e^{- a x^{2}}$ à l’aide du théorème intégral de Cauchy.

[AMR08]
p. 156

Proposition 1. On définit $\forall a \in R_{*}^{+}$ , $γ_{a} : R x \to \mapsto R e^{- a x^{2}}$ Alors, $\forall ξ \in R, γ_{a} (ξ) = \frac{π}{a} e^{\frac{- ξ ^{2}}{4 a}}$

Démonstration. Soit $a \in R_{*}^{+}$ . On a $\forall ξ \in R, γ_{a} (ξ) = \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- a x^{2}} e^{- i x ξ} d x$ et en écrivant $a x^{2} + i x ξ = a (x^{2} + i \frac{x ξ}{a}) = a ((x + i \frac{ξ}{2 a})^{2} + \frac{ξ ^{2}}{4 a ^{2}})$ on en déduit que $\forall ξ \in R, γ_{a} (ξ) = e^{- \frac{ξ ^{2}}{4 a}} \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- a (x + i \frac{ξ}{2 a})^{2}} d x (*)$ On va considérer la fonction $C z \to \mapsto C e^{- a z^{2}}$ Pour $R > 0$ et $ξ \in R$ , on note $Γ (R)$ le rectangle de sommets $- R, R, R + i \frac{ξ}{2 a}, - R + i \frac{ξ}{2 a}$ parcouru dans le sens direct :

$tikzpicture-1$

On a, $= I (R) \int_{Γ (R)} e^{- a z^{2}} d z = = I_{1} (R) \int_{- R}^{R} e^{- a z^{2}} d z + = I_{2} (R) \int_{R}^{R + i \frac{ξ}{2 a}} e^{- a z^{2}} d z + = I_{3} (R) \int_{R + i \frac{ξ}{2 a}}^{- R + i \frac{ξ}{2 a}} e^{- a z^{2}} d z + = I_{4} (R) \int_{- R + i \frac{ξ}{2 a}}^{- R} e^{- a z^{2}} d z$ Nous allons traiter les intégrales séparément.

Pour $I_{1} (R)$ : On a affaire à une intégrale sur l’axe réel. Or, on connait la valeur de l’intégrale de Gauss : $\int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- y^{2}} d y = π$ Donc en faisant le changement de variable $y = a x$ , on obtient : $a \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- a x^{2}} d x = π ⟺ \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- a x^{2}} d x = \frac{π}{a}$ D’où : $I_{1} (R) ⟶ \frac{π}{a}$ quand $R ⟶ + \infty$ .
Pour $I_{2} (R)$ : On a : $⟹ \forall z \in [R, R + i \frac{ξ}{2 a}], z = R + i t avec t \in [0, \frac{ξ}{2 a}] d z = i d t$ D’où : $I_{2} (R) = i \int_{0}^{\frac{ξ}{2 a}} e^{- a (R + i t)^{2}} d t$ On en déduit, $∣ I_{2} (R) ∣ \leq \int_{0}^{\frac{ξ}{2 a}} e^{- a (R + i t)^{2}} d t = \int_{0}^{\frac{ξ}{2 a}} e^{- a (R^{2} - t^{2})} = 1 e^{i 2 a Rt} d t = \int_{0}^{\frac{ξ}{2 a}} e^{- a (R^{2} - t^{2})} d t = e^{- a R^{2}} \int_{0}^{\frac{ξ}{2 a}} e^{a t^{2}} d t ⟶ 0$ quand $R ⟶ + \infty$ .
Pour $I_{3} (R)$ : On a : $⟹ \forall z \in [R + i \frac{ξ}{2 a}, - R + i \frac{ξ}{2 a}], z = t + i \frac{ξ}{2 a} avec t \in [R, - R] d z = d t$ D’où : $I_{3} (R) = \int_{R}^{- R} e^{- a (t + i \frac{ξ}{2 a})^{2}} d t = - \int_{- R}^{R} e^{- a (t + i \frac{ξ}{2 a})^{2}} d t = - e^{\frac{ξ ^{2}}{4 a}} \int_{- R}^{R} e^{- a (t + i \frac{ξ}{2 a})^{2}} d t$ qui est une intégrale généralisée absolument convergente. Ainsi par $(*)$ , $I_{3} (R) ⟶ - e^{\frac{ξ ^{2}}{4 a}} γ_{a} (ξ)$ quand $R ⟶ + \infty$ .
Pour $I_{4} (R)$ : Ce cas-ci se traite exactement comme $I_{2} (R)$ . On a : $⟹ \forall z \in [- R + i \frac{ξ}{2 a}, - R], z = - R + i t avec t \in [\frac{ξ}{2 a}, 0] d z = i d t$ D’où : $I_{4} (R) = i \int_{\frac{ξ}{2 a}}^{0} e^{- a (- R + i t)^{2}} d t = - i \int_{0}^{\frac{ξ}{2 a}} e^{- a (- R + i t)^{2}} d t$ On en déduit, $∣ I_{4} (R) ∣ \leq \int_{0}^{\frac{ξ}{2 a}} e^{- a (- R + i t)^{2}} d t = e^{- a R^{2}} \int_{0}^{\frac{ξ}{2 a}} e^{a t^{2}} d t ⟶ 0$ quand $R ⟶ + \infty$ .
Pour $I (R)$ : La fonction $z \mapsto e^{- a z^{2}}$ est holomorphe et le contour $Γ (R)$ est fermé. Donc $I (R) = 0$ en vertu du théorème intégral de Cauchy.

En passant à la limite, on obtient ainsi : $0 = \frac{π}{a} + 0 - e^{\frac{ξ ^{2}}{4 a}} γ_{a} (ξ) + 0 ⟺ γ_{a} (ξ) = \frac{π}{a} e^{\frac{- ξ ^{2}}{4 a}}$ ◻