une transformée de Fourier exotique

Pour calculer la TF d'une fonction  il est souvent très pratique d'effectuer le calcul au sens des distributions puis de justifier que la distribution obtenue est bien une distribution régulière. Cette technique m'a fait découvrir un calcul de TF que je crois n'avoir jamais vu avant (n'hésitez à me donner une référence si vous l'aviez déjà vu avant) :

1 Préliminaires

Pour commencer la TF de cette fonction est bien définie puisque $f\in {\mathbb L}^1({\mathbb R})$ . En effet les deux singularités $x=\pm 1$ sont bien intégrables, par le critère de Riemann, et à l'infini on a
$$
\begin{align*}
\frac{1}{\sqrt{|x-1|}}-\frac{1}{\sqrt{|x+1|}}
&=\frac{\sqrt{|x+1|}-\sqrt{|x-1|}}{\sqrt{|x-1|} \sqrt{|x+1|}} \\
&=\frac{|x+1|-|x-1|}{\sqrt{|x-1|} \sqrt{|x+1|}(\sqrt{|x+1|}+\sqrt{|x-1|})}\\
&\sim_{\infty} \operatorname{signe}(x) \frac{1}{|x|^{3 / 2}}
\end{align*}
$$
cette décroissance est suffisante pour obtenir l'intégrabilité quand $\vert x\vert \to\infty$ là encore par le critère de Riemann. On en déduit donc que $\hat{f}\in {\mathbb L}^\infty({\mathbb R})\cap C^0({\mathbb R})$ , mais on peut remarquer aussi que $f\notin {\mathbb L}^2({\mathbb R})$ ,et donc que $\hat{f}\notin {\mathbb L}^2({\mathbb R})$,  car aux points $x=\pm 1$ on a
$$\vert f(x)\vert^2\sim \frac{1}{\sqrt{|x\mp 1|}}\notin {\mathbb L}^1({\mathbb R})$$
 $\hat{f}$ étant continue on peut en déduire qu'elle ne décroît pas assez vite à l'infini  pour être de carré intégrable, c'est donc forcément un exemple où on a pas un comportement asymptotique "classique" en $O(1/\vert\xi\vert)$ comme pour TF de la fonction porte (le sinus cardinal).

2 Le calcul

Pour faire le calcul exact de la TF il est sans espoir de se lancer dans un calcul direct de l'intégrale :
$$ \hat{f}(\xi)=\int_{\mathbb R} e^{-i\xi x} \left({1\over \sqrt{|x-1|}}-{1\over \sqrt{|x+1|}}\right) dx$$
non, pour démarrer il faut reconnaître que $ {f}$ s'exprime facilement en fonction de $g(x)={1\over \sqrt{|x|}}$ ce qui permet de faire le calcul de $\hat{T_f}=T_\hat{f}$ au sens des distributions :

• $f(x)= g(x-1)-g(x+1)=\tau_1 g(x)-\tau_{-1}g(x)$ avec $\tau_a g(x)=g(x-a)$
• $  \widehat{\tau_a T}=e^{-ia\xi} \widehat{T}$ (formule retard/modulation de la TF)  
• $\widehat{T_g}=\sqrt{2\pi} T_g$  (déjà montré ici)

comme $f$  est dans  ${\mathbb L}^1({\mathbb R})$ on sait que la TF est une distribution régulière associée à une fonction $\hat{f}\in {\mathbb L}^\infty({\mathbb R})\cap C^0({\mathbb R})$  qui doit en plus décroître vers 0 à l'infini (théorème de Riemann Lebesgue). On obtient  donc :

$$\widehat{T_f}=e^{-i\xi}\widehat{T_g}-e^{i\xi}\widehat{T_g}=-2i\sin(\xi)\sqrt{2\pi}{T_g}$$

La distribution étant régulière  on peut remplacer $T_g$ par la fonction correspondante  et conclure que  :

$$f(x)= {1\over \sqrt{|x-1|}}-{1\over \sqrt{|x+1|}}\in {\mathbb L}^1({\mathbb R})
\Rightarrow \hat{f}(\xi)=-2i\sqrt{2\pi}{\sin(\xi)\over \sqrt{\vert \xi\vert}}$$

On peut vérifier à posteriori  que $\widehat{f}$  est bien continue et bornée, ce qui découle du fait que $\widehat{f}(\xi)=O\left({\sqrt{\vert\xi\vert}}\right)$ quand $\xi\to 0$, et que la décroissance à l'infini n'est pas assez rapide pour avoir une fonction de carré intégrable. Ce comportement asymptotique de la TF en $O\left({1\over \vert \xi\vert^{1/2}}\right)$ quand $\vert \xi \vert \to\infty$ est caractéristique d'une singularité  en $O\left({1\over \vert x-x_0\vert^{1/2}}\right)$ dans la fonction de départ. J'avais déjà donné dans un article de ce blog un tel exemple où l'on peut calculer explicitement la TF :

$$
g(x)={1\over \sqrt{x}}e^{-x}H(x)
\Rightarrow\hat{g}(\xi)={\sqrt{\pi}}{\exp(-i\arctan(\xi)/2) \over (1+\xi^2)^{1/4}}
\sim_{\pm\infty} {\sqrt{\pi}}{\exp(\pm i\pi/4) \over \vert\xi\vert^{1/2}}
$$