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)
\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}}
Merci, très intéressant!!!!!!
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