Transformée de Fourier de arctan(1/x)

En consultant les statistiques de mon blog j'ai constaté qu'un certain nombre de personnes sont arrivés ici en effectuant une recherche sur Google avec le comme mot clé "transformée de Fourier de arctan(1/x)". Je n'avais jamais rencontré ce calcul auparavant mais c'est effectivement un exercice assez intéressant qui conduit au résultat

$$f(x)=\arctan\left({1\over x}\right) \Longrightarrow \widehat{f}(\xi)=i\pi{e^{-\vert \xi\vert}-1\over \xi}$$

graphe de $\arctan(1/x)$

Il faut commencer par remarquer que $f$ n'est pas dans ${\mathbb L}^1({\mathbb R})$ mais seulement  dans ${\mathbb L}^2({\mathbb R})$ puisque
 $$ \arctan\left({1\over x}\right)\mathop{\sim}_{x\to\pm\infty}{1\over x}
~~~~et~~~~ \arctan\left({1\over x}\right)\mathop{\longrightarrow}_{x\to0^\pm}
\left\{
\begin{array}{rcl}
{\pi\over 2}&si&x>0\\
-{\pi\over 2}&si&x<0\\ 
\end{array}\right.
$$

On ne peut donc pas calculer cette transformée de Fourier (TF) par un calcul d'intégrale
$$\widehat{f}(\xi)=\int_{\mathbb R}e^{-i\xi x}f(x) dx$$
puisque cette intégrale ne converge pas (en tout cas pas au sens de l'intégrale de Lebesgue). Pour calculer cette TF on doit donc forcément passer par la théorie des distributions!

Si on pose $g(x)=\arctan(x)$ on a que $g'(x)={1\over 1+x^2}$ dont la TF est connue. Elle s'obtient via la formule d'inversion de Fourier à partir de la TF de $x\mapsto e^{-\vert x\vert}$  qui est égale à $2g'(x)$. On obtient donc que :
$$\widehat{g'}(\xi)=\pi e^{-\vert \xi\vert}$$
Ensuite, en utilisant la formule pour la TF de la  dérivée, et le fait que $\hat{g}$ est impaire comme $g$, on en déduit  que
$$i\xi \widehat{g}(\xi)=\widehat{g'}(\xi)=\pi e^{-\vert \xi\vert} \Longrightarrow \widehat{g}(\xi)=-i\pi{\rm VP}{e^{-\vert \xi\vert}\over \xi}$$
Ici on est obligé d'introduire une valeur principale car
$${e^{-\vert \xi\vert}\over \xi}\mathop{\sim}_{\xi\to0}{1\over \xi}\notin{\mathbb L}^1_{loc}({\mathbb R})$$
La définition et les propriétés de la valeur principale d'une fonction impaire sont tout à fait analogues à celle exposés pour VP1/x sur ce blog . Pour simplifier, dans notre cas particulier, on peut les résumer dans le théorème suivant :

Théorème Soit $H\in {\mathbb L}^1_{loc}({\mathbb R}^*)$ impaire,  avec $H(x)\sim {c\over x}$ quand $x\to0$, alors ${\rm VP}H$ est la distribution (d'ordre 1) définie par $$<{\rm VP}H,\phi>=\lim_{\varepsilon\to 0^+}\int_{\vert x\vert>\varepsilon} H(x)\phi(x) dx =\int_0^\infty H(x)(\phi(x)-\phi(-x)) dx ,~~~~\forall \phi\in{\mathcal D}({\mathbb R})$$  et les distributions suivantes sont  des distributions régulières  :  $$x{\rm VP}H(x)=xH(x)~~~~et~~~~ {\rm VP}H(x)-c{\rm VP}{1\over x}=H(x)-{c\over x}$$

Ensuite on utilise la formule
$$\arctan(x)+ \arctan\left({1\over x}\right)=
{\pi\over 2}{\rm sign}(x)
=\left\{\begin{array}{rcl}
{\pi\over 2}&si&x>0\\
-{\pi\over 2}&si&x<0\\ 
\end{array}\right.~~~~p.p.t. x\in{\mathbb R}$$
comme on connaît la TF de $\arctan(x)$  il suffit de connaître la TF de ${\rm sign}(x)$ pour retrouver celle de $ \arctan\left({1\over x}\right)$. Or justement on a déjà calculé la TF de la fonction signe :
$$\widehat{{\rm sign}}(\xi)=-2i{\rm VP}{1\over \xi}$$
de là on déduit que
$$ \widehat{f}(\xi)
= {\pi\over 2} \widehat{ {\rm sign}}(\xi)- \widehat{ \arctan}(\xi)
=-i\pi{\rm VP}{1\over \xi}+i\pi{\rm VP}{e^{-\vert \xi\vert}\over \xi}
=i\pi {\rm VP} {e^{-\vert \xi\vert}-1\over \xi}
=i\pi{e^{-\vert \xi\vert}-1\over \xi}$$
Maintenant le ${\rm VP}$ n'a plus lieu d'être puisque la fonction obtenue est bien dans ${\mathbb L}^1_{loc}({\mathbb R})$. En effet il n'y a plus de singularité en $\xi\to0$ :
$$\lim_{\xi\to0}{e^{-\vert \xi\vert}-1\over \xi}=\lim_{\xi\to0}{-\vert \xi\vert +O(\vert \xi\vert^2)\over \xi}
=\left\{
\begin{array}{rcl}
-1&si&\xi>0\\
1&si&\xi<0
\end{array}\right.$$
On peut vérifier qu'en plus  ${e^{-\vert \xi\vert}-1\over \xi}=O\left({1\over \vert\xi\vert}\right)$,  quand $\xi\to{\pm\infty}$, donc $\widehat{f}\in {\mathbb L}^2({\mathbb R})$  comme $f$.