Transformée de Fourier : 18 exercices corrigés

Transformée de la porte

CalculDifficulté 3/5

Calculer la transformée de Fourier de la porte $f(t)=1$ pour $\lvert t\rvert<T$ (et $0$ sinon). Que vaut $\hat f(0)$ ?

Indices (3)

$\hat f(\omega)=\displaystyle\int_{-T}^{T}e^{-i\omega t}\,dt$ .

Primitive : $\dfrac{e^{-i\omega t}}{-i\omega}$ .

$e^{i\omega T}-e^{-i\omega T}=2i\sin(\omega T)$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

La première transformée du chapitre, et elle contient déjà tout le programme.

f(t)=\begin{cases}1 & \text{si } \lvert t\rvert<T\\ 0 & \text{sinon}\end{cases}

La convention de ce chapitre, à fixer une fois pour toutes :

\boxed{\hat f(\omega)=\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)\,e^{-i\omega t}\,dt}

⚠️⚠️ Il existe PLUSIEURS conventions — en fréquence $\nu$ avec $e^{-2i\pi\nu t}$ , ou avec un facteur $\frac{1}{\sqrt{2\pi}}$ devant. Elles donnent des résultats différents à un facteur près.

\boxed{\text{TOUJOURS vérifier la convention avant de comparer à une table}}

ℹ️ Celle-ci — pulsation $\omega$ , pas de facteur devant — est la plus répandue en sciences de l'ingénieur, et c'est celle des formulaires de BTS et de BUT.

Le calcul est immédiat, parce que $f$ vaut $1$ sur un segment et $0$ ailleurs :

\hat f(\omega)=\int_{-T}^{T}1\cdot e^{-i\omega t}\,dt

\boxed{\text{une fonction NULLE hors d'un segment ramène l'intégrale à ce segment}}

Le résultat, qu'il faut reconnaître au premier coup d'œil :

\boxed{\hat f(\omega)=\dfrac{2\sin(\omega T)}{\omega}=2T\,\mathrm{sinc}(\omega T)}

où $\mathrm{sinc}(x)=\dfrac{\sin x}{x}$ est le sinus cardinal.

⚠️⚠️ LA VALEUR EN $0$ EST LE POINT LE PLUS IMPORTANT DE L'EXERCICE :

\hat f(0)=\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)\,dt=\int_{-T}^{T}1\,dt=2T

\boxed{\hat f(0)=\text{l'AIRE sous la courbe} \ — \ \text{toujours, pour toute } f}

ℹ️ Ce n'est pas propre à la porte : poser $\omega=0$ dans la définition annule l'exponentielle, et il reste $\int f$ . C'est le contrôle le moins cher de tout le chapitre, et il servira sur chacune des cinq transformées suivantes.

Le calcul

1) Réduire l'intégrale au support.

\hat f(\omega)=\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)e^{-i\omega t}dt=\int_{-T}^{T}e^{-i\omega t}dt

2) La primitive — pour $\omega\neq 0$ :

\int e^{-i\omega t}dt=\dfrac{e^{-i\omega t}}{-i\omega}

\hat f(\omega)=\left[\dfrac{e^{-i\omega t}}{-i\omega}\right]_{-T}^{T}=\dfrac{e^{-i\omega T}-e^{i\omega T}}{-i\omega}=\dfrac{e^{i\omega T}-e^{-i\omega T}}{i\omega}

3) La formule d'Euler — c'est elle qui fait apparaître le sinus :

\boxed{e^{i\theta}-e^{-i\theta}=2i\sin\theta}

\hat f(\omega)=\dfrac{2i\sin(\omega T)}{i\omega}=\dfrac{2\sin(\omega T)}{\omega}

\boxed{\hat f(\omega)=\dfrac{2\sin(\omega T)}{\omega}=2T\,\mathrm{sinc}(\omega T)}

⚠️ Le $i$ disparaît — et c'est heureux : $f$ est paire et réelle, donc sa transformée doit l'être aussi.

\boxed{f \text{ RÉELLE et PAIRE} \ \Longrightarrow \ \hat f \text{ RÉELLE et PAIRE}}

ℹ️ C'est un contrôle structurel gratuit. Un $i$ résiduel dans la réponse signalerait une erreur de signe dans Euler.

4) La valeur en $0$ , à traiter séparément (la formule ci-dessus y est indéterminée) :

\hat f(0)=\int_{-T}^{T}e^{0}\,dt=\int_{-T}^{T}1\,dt=2T

Et la formule s'y raccorde, par la limite classique $\dfrac{\sin x}{x}\to 1$ :

\lim_{\omega\to 0}\dfrac{2\sin(\omega T)}{\omega}=\lim_{\omega\to 0}2T\cdot\dfrac{\sin(\omega T)}{\omega T}=2T \quad\checkmark

\boxed{\hat f(0)=2T}

Les contrôles.

a) L'aire. $\hat f(0)$ doit valoir $\int f=2T$ ✓ — c'est le contrôle universel, et il tombe juste.

b) La parité et la réalité ✓ — vérifiées ci-dessus.

c) Les ZÉROS de $\hat f$ . Le sinus s'annule quand $\omega T=k\pi$ , soit

\boxed{\omega_k=\dfrac{k\pi}{T}, \qquad k\in\mathbb Z^{*}}

⚠️⚠️ Et voici le fait le plus important du chapitre, visible dès maintenant :

\boxed{\text{plus } T \text{ est GRAND, plus les zéros sont RAPPROCHÉS}}

\boxed{\text{porte LARGE en temps} \ \Longleftrightarrow \ \text{sinc ÉTROIT en fréquence}}

ℹ️ C'est le principe d'incertitude temps-fréquence, et il sera illustré en B3 (changement d'échelle). Un signal bref occupe une large bande ; un signal long est spectralement étroit.

d) Le comportement à l'infini. $\lvert\hat f(\omega)\rvert\leq\dfrac{2}{\lvert\omega\rvert}\to 0$ ✓

ℹ️ La décroissance est LENTE — en $\frac1\omega$ seulement. C'est la signature des discontinuités de $f$ : une fonction qui saute a un spectre qui traîne. Le triangle (A6), continu, décroîtra en $\frac{1}{\omega^2}$ , et la gaussienne (A4), infiniment dérivable, décroîtra plus vite que toute puissance.

\boxed{\text{plus } f \text{ est RÉGULIÈRE, plus } \hat f \text{ DÉCROÎT VITE}}

e) Le contrôle sur un cas particulier. Pour $T=1$ et $\omega=\pi$ :

\hat f(\pi)=\dfrac{2\sin\pi}{\pi}=0 \quad\checkmark

Et pour $\omega=\frac{\pi}{2}$ : $\hat f\!\left(\frac\pi2\right)=\dfrac{2\times 1}{\pi/2}=\dfrac{4}{\pi}\approx 1{,}27$ .

⚠️ Cette valeur est INFÉRIEURE à $\hat f(0)=2$ ✓ — cohérent, le maximum du sinus cardinal est en $0$ .

Rappel de cours

⚠️⚠️ LA CONVENTION DE CE CHAPITRE
$\boxed{\hat f(\omega)=\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)\,e^{-i\omega t}\,dt}$
Pulsation $\omega$ , aucun facteur devant. ⚠️ D'autres conventions existent (en $\nu$ avec $e^{-2i\pi\nu t}$ , ou avec $\frac{1}{\sqrt{2\pi}}$ ) : toujours vérifier avant de comparer à une table.

LA TRANSFORMÉE DE LA PORTE
$\boxed{\text{porte } \lvert t\rvert<T \qquad\longrightarrow\qquad \dfrac{2\sin(\omega T)}{\omega}=2T\,\mathrm{sinc}(\omega T)}$

$\mathrm{sinc}(x)=\dfrac{\sin x}{x}$

⚠️⚠️ LE CONTRÔLE UNIVERSEL DU CHAPITRE
$\boxed{\hat f(0)=\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)\,dt=\text{l'AIRE sous la courbe}}$
Ici $\hat f(0)=2T$ . Vrai pour TOUTE $f$ — poser $\omega=0$ annule l'exponentielle.

CONTRÔLE DE STRUCTURE
$\boxed{f \text{ RÉELLE et PAIRE} \ \Longrightarrow \ \hat f \text{ RÉELLE et PAIRE}}$
Un $i$ résiduel signale une erreur de signe dans Euler ( $e^{i\theta}-e^{-i\theta}=2i\sin\theta$ ).

LES ZÉROS : $\omega_k=\dfrac{k\pi}{T}$ , $k\neq 0$ .
$\boxed{\text{porte LARGE en temps} \ \Longleftrightarrow \ \text{sinc ÉTROIT en fréquence}}$
ℹ️ Principe d'incertitude temps-fréquence — illustré en B3.

DÉCROISSANCE ET RÉGULARITÉ
$\boxed{\text{plus } f \text{ est RÉGULIÈRE, plus } \hat f \text{ DÉCROÎT VITE}}$
porte (discontinue) : $\frac1\omega$ · triangle (continu, A6) : $\frac{1}{\omega^2}$ · gaussienne ( $\mathcal C^\infty$ , A4) : plus vite que toute puissance.

L'erreur classique

⚠️⚠️ Intégrer de $-\infty$ à $+\infty$ sans réduire au support. La porte est nulle hors de $[-T,T]$ : l'intégrale s'y ramène.

⚠️⚠️ Oublier de traiter $\omega=0$ séparément. La formule $\frac{2\sin(\omega T)}{\omega}$ y est de la forme $\frac00$ — il faut passer à la limite, ou revenir à la définition.

Le contrôle : $\hat f(0)$ doit valoir l'aire, soit $2T$ .

⚠️ Se tromper de signe dans Euler. C'est $e^{i\theta}-e^{-i\theta}=2i\sin\theta$ ; l'autre combinaison ( $+$ ) donne $2\cos\theta$ .

Le contrôle : $f$ étant réelle et paire, $\hat f$ doit l'être — un $i$ résiduel trahit l'erreur.

⚠️ Confondre $\mathrm{sinc}(\omega T)$ et $\mathrm{sinc}(\omega)$ . L'argument porte le $T$ , et c'est lui qui encode la largeur.

⚠️ Écrire $\hat f(\omega)=2T\sin(\omega T)$ en oubliant de diviser. Il n'y aurait alors aucune décroissance, ce qui est impossible pour une fonction intégrable.

⚠️ Croire que $\hat f$ est nulle hors d'un intervalle, par symétrie avec $f$ . Elle ne l'est pas : une porte a un spectre infiniment étendu. C'est précisément ce qui rend le filtrage parfait impossible.

⚠️ Oublier la convention. Comparer ce résultat à une table écrite en fréquence $\nu$ donne un désaccord d'un facteur $2\pi$ .

⚠️ Ne pas vérifier l'aire. Une seconde, et cela attrape presque toute erreur de facteur.

À retenir

\boxed{\hat f(\omega)=\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)\,e^{-i\omega t}\,dt} \qquad\text{(convention du chapitre : pulsation, sans facteur)}

\boxed{\text{porte } \lvert t\rvert<T \qquad\longrightarrow\qquad \dfrac{2\sin(\omega T)}{\omega}=2T\,\mathrm{sinc}(\omega T)}

\boxed{\hat f(0)=\int f=2T=\text{l'AIRE sous la courbe}}

⚠️⚠️ Ce contrôle vaut pour TOUTE $f$ — poser $\omega=0$ annule l'exponentielle. C'est le contrôle le moins cher du chapitre, et il servira à chaque transformée.

Contrôle de structure : $f$ réelle et paire $\Longrightarrow$ $\hat f$ réelle et paire. Un $i$ résiduel trahit une erreur de signe dans Euler.

Zéros : $\omega_k=\frac{k\pi}{T}$ .

\boxed{\text{porte LARGE en temps} \ \Longleftrightarrow \ \text{sinc ÉTROIT en fréquence}}

ℹ️ Principe d'incertitude temps-fréquence — la formule qui l'illustre est en B3.

\boxed{\text{plus } f \text{ est RÉGULIÈRE, plus } \hat f \text{ DÉCROÎT VITE}}

porte (discontinue) : $\frac1\omega$ · triangle (A6) : $\frac1{\omega^2}$ · gaussienne (A4) : plus vite que toute puissance.

⚠️ Une porte a un spectre INFINIMENT étendu — c'est ce qui rend le filtrage parfait impossible.

Réponse.

\hat f(\omega)=\dfrac{2\sin(\omega T)}{\omega}

(sinc),

\hat f(0)=2T

. (Recoupement : sympy integrate donne

\tfrac{2\sin(\omega T)}\omega

, limite

2T

en

0

✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Exponentielle causale

CalculDifficulté 3/5

Calculer la transformée de Fourier de $f(t)=e^{-at}u(t)$ ( $a>0$ , $u$ = échelon). Faire le lien avec la transformée de Laplace.

Indices (3)

$\hat f(\omega)=\displaystyle\int_0^{+\infty}e^{-at}e^{-i\omega t}\,dt$ .

$=\displaystyle\int_0^{+\infty}e^{-(a+i\omega)t}\,dt$ , et $a>0$ assure la convergence.

Comparer à $\mathcal L\{e^{-at}u\}(p)=\tfrac1{p+a}$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

La transformée la plus utile de tout le chapitre — c'est celle du régime transitoire d'un circuit, et c'est elle qui reviendra en D5.

f(t)=e^{-at}u(t) \qquad a>0

⚠️⚠️ $u$ est l'ÉCHELON de Heaviside : $u(t)=1$ pour $t\geq 0$ , $0$ sinon. Son rôle est de rendre le signal CAUSAL — nul avant l'instant $0$ .

\boxed{u(t) \ \text{ramène l'intégrale à } [0,+\infty[}

ℹ️ Un signal causal est un signal qui n'existe pas avant qu'on l'allume — la réponse d'un circuit à une impulsion, par exemple. La quasi-totalité des signaux physiques le sont.

Le calcul :

\hat f(\omega)=\int_{0}^{+\infty}e^{-at}e^{-i\omega t}\,dt=\int_{0}^{+\infty}e^{-(a+i\omega)t}\,dt

\boxed{\text{les deux exponentielles FUSIONNENT} \ : \ e^{-at}e^{-i\omega t}=e^{-(a+i\omega)t}}

⚠️⚠️ C'est là que $a>0$ devient indispensable : le module de l'intégrande vaut $e^{-at}$ , qui tend vers $0$ seulement si $a>0$ .

\lvert e^{-(a+i\omega)t}\rvert=e^{-at}\underbrace{\lvert e^{-i\omega t}\rvert}_{=1}=e^{-at}

\boxed{\text{la partie IMAGINAIRE ne change pas le module} \ — \ \text{seul } a \text{ décide de la convergence}}

Le résultat :

\boxed{\hat f(\omega)=\dfrac{1}{a+i\omega}}

Le lien avec LAPLACE, que l'énoncé demande explicitement :

\mathcal L\left[e^{-at}u(t)\right](p)=\dfrac{1}{p+a}

\boxed{\hat f(\omega)=\mathcal L[f](p)\Big|_{p=i\omega}}

⚠️⚠️ La transformée de Fourier est la transformée de Laplace ÉVALUÉE SUR L'AXE IMAGINAIRE — pour un signal causal, et quand l'axe est dans le domaine de convergence.

ℹ️ C'est pourquoi les deux tables se ressemblent tant : ce sont les mêmes formules, lues sur deux ensembles différents. Laplace explore tout un demi-plan ; Fourier n'en regarde que la frontière.

Le calcul

1) L'échelon réduit le domaine.

\hat f(\omega)=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-at}u(t)e^{-i\omega t}dt=\int_{0}^{+\infty}e^{-at}e^{-i\omega t}dt

2) Fusionner les exponentielles.

e^{-at}\times e^{-i\omega t}=e^{-(a+i\omega)t}

3) La primitive, comme pour une exponentielle réelle :

\int_{0}^{+\infty}e^{-(a+i\omega)t}dt=\left[\dfrac{e^{-(a+i\omega)t}}{-(a+i\omega)}\right]_{0}^{+\infty}

4) La limite en $+\infty$ — l'étape à justifier.

\lvert e^{-(a+i\omega)t}\rvert=e^{-at}\xrightarrow[t\to+\infty]{}0 \qquad\text{car } a>0

⚠️⚠️ Le terme oscillant $e^{-i\omega t}$ ne tend vers RIEN, mais son module vaut $1$ : c'est le facteur $e^{-at}$ qui écrase tout.

\boxed{\text{sans } a>0, \ \text{l'intégrale DIVERGE et la transformée n'existe pas}}

\hat f(\omega)=0-\dfrac{1}{-(a+i\omega)}

\boxed{\hat f(\omega)=\dfrac{1}{a+i\omega}}

5) Le lien avec Laplace.

\mathcal L[f](p)=\int_{0}^{+\infty}f(t)e^{-pt}dt \qquad\text{contre}\qquad \hat f(\omega)=\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)e^{-i\omega t}dt

Pour un signal CAUSAL, la seconde intégrale démarre elle aussi à $0$ : les deux formules coïncident dès qu'on pose $p=i\omega$ .

\boxed{\mathcal L[f](p)=\dfrac{1}{p+a} \qquad\longrightarrow\qquad p=i\omega \qquad\longrightarrow\qquad \dfrac{1}{i\omega+a} \quad\checkmark}

Les contrôles.

a) Le contrôle de l'aire — le contrôle universel (A1) :

\hat f(0)=\dfrac{1}{a} \qquad\text{et}\qquad \int_{0}^{+\infty}e^{-at}dt=\dfrac1a \quad\checkmark

b) $\hat f$ est COMPLEXE, et ce n'est pas une erreur.

⚠️⚠️ Ici $f$ n'est ni paire ni impaire — elle est nulle à gauche et positive à droite. Sa transformée n'a donc aucune raison d'être réelle, contrairement à A1.

\boxed{\text{module} : \ \lvert\hat f(\omega)\rvert=\dfrac{1}{\sqrt{a^{2}+\omega^{2}}} \qquad\qquad \text{phase} : \ -\arctan\dfrac{\omega}{a}}

ℹ️ Le module est le GAIN du filtre, la phase son DÉPHASAGE — c'est exactement le diagramme de Bode d'un passe-bas du premier ordre, et D5 y reviendra.

c) La symétrie hermitienne. $f$ étant réelle :

\boxed{\hat f(-\omega)=\overline{\hat f(\omega)}}

Vérifions : $\hat f(-\omega)=\frac{1}{a-i\omega}$ et $\overline{\hat f(\omega)}=\overline{\left(\frac{1}{a+i\omega}\right)}=\frac{1}{a-i\omega}$ ✓

⚠️ Cette propriété vaut pour TOUTE $f$ réelle, et c'est un contrôle systématique. Elle explique aussi pourquoi le spectre d'un signal réel est symétrique — fait qui reviendra en C3.

d) Le comportement à l'infini. $\lvert\hat f(\omega)\rvert\sim\frac{1}{\lvert\omega\rvert}$ — décroissance lente, cohérente avec la discontinuité de $f$ en $t=0$ (elle saute de $0$ à $1$ ). Même signature que la porte ✓

e) Le cas limite $a\to 0^{+}$ . $\hat f(\omega)\to\frac{1}{i\omega}$ , et $\hat f(0)=\frac1a\to+\infty$ .

ℹ️ Cohérent : quand $a\to 0$ , le signal devient l'échelon $u(t)$ , dont l'aire est infinie. La transformée diverge en $0$ , ce qui est exactement ce qu'on attend.

Rappel de cours

LA TRANSFORMÉE DE L'EXPONENTIELLE CAUSALE
$\boxed{e^{-at}u(t) \qquad\longrightarrow\qquad \dfrac{1}{a+i\omega}} \qquad (a>0)$

⚠️⚠️ L'ÉCHELON $u(t)$ RAMÈNE L'INTÉGRALE À $[0,+\infty[$ — le signal est causal, nul avant $t=0$ .

⚠️⚠️ POURQUOI $a>0$ EST INDISPENSABLE
$\lvert e^{-(a+i\omega)t}\rvert=e^{-at}\underbrace{\lvert e^{-i\omega t}\rvert}_{=1}=e^{-at}$
La partie imaginaire ne change pas le module : seul $a$ décide de la convergence. Sans $a>0$ , l'intégrale diverge.

LE LIEN AVEC LAPLACE
$\boxed{\hat f(\omega)=\mathcal L[f](p)\Big|_{p=i\omega}}$

$\mathcal L\left[e^{-at}u\right]=\dfrac{1}{p+a} \qquad\longrightarrow\qquad \dfrac{1}{i\omega+a}$
ℹ️ Fourier = Laplace sur l'axe imaginaire, pour un signal causal. Laplace explore un demi-plan, Fourier n'en regarde que la frontière.

CONTRÔLES · aire : $\hat f(0)=\frac1a=\int_{0}^{\infty}e^{-at}dt$ ✓ · ⚠️ $\hat f$ est COMPLEXE — $f$ n'est ni paire ni impaire, contrairement à A1 :
$\lvert\hat f\rvert=\dfrac{1}{\sqrt{a^{2}+\omega^{2}}} \qquad \arg\hat f=-\arctan\dfrac\omega a$
ℹ️ Gain et déphasage d'un passe-bas du premier ordre — diagramme de Bode, cf. D5. · symétrie hermitienne ( $f$ réelle) : $\boxed{\hat f(-\omega)=\overline{\hat f(\omega)}}$ — contrôle systématique ; · décroissance en $\frac1\omega$ : signature de la discontinuité en $t=0$ ; · $a\to 0^{+}$ : $\hat f(0)\to\infty$ , cohérent — l'échelon a une aire infinie.

L'erreur classique

⚠️⚠️ Oublier l'échelon et intégrer de $-\infty$ à $+\infty$ . L'intégrale divergerait : $e^{-at}\to+\infty$ quand $t\to-\infty$ .

⚠️⚠️ Ne pas justifier la limite en $+\infty$ . C'est le point du calcul, et il repose sur $a>0$ et sur le fait que $\lvert e^{-i\omega t}\rvert=1$ .

⚠️ Croire que $e^{-i\omega t}$ tend vers $0$ . Il oscille indéfiniment ; c'est $e^{-at}$ qui écrase.

⚠️ Écrire $\hat f(\omega)=\frac{1}{a-i\omega}$ . Le signe vient de $e^{-i\omega t}$ : la primitive fait apparaître $-(a+i\omega)$ au dénominateur, d'où $+i\omega$ après simplification.

Le contrôle : $\hat f(0)=\frac1a>0$ dans les deux cas — ce contrôle-là ne discrimine pas. La symétrie hermitienne non plus (les deux formes la vérifient) : c'est la phase qui tranche, $\arg\hat f(\omega)=-\arctan\frac\omega a<0$ pour $\omega>0$ (la forme fautive donne $+\arctan\frac\omega a$ ).

⚠️ S'inquiéter que $\hat f$ soit complexe. C'est normal ici : $f$ n'a aucune symétrie.

⚠️ Confondre module et partie réelle. $\lvert\hat f\rvert=\frac{1}{\sqrt{a^2+\omega^2}}$ , alors que $\mathrm{Re}(\hat f)=\frac{a}{a^2+\omega^2}$ .

⚠️ Croire que Fourier et Laplace sont sans rapport. L'un est la restriction de l'autre à l'axe imaginaire — c'est pourquoi les tables se ressemblent.

⚠️ Appliquer $p=i\omega$ à un signal NON causal. L'équivalence suppose $f$ nulle pour $t<0$ .

⚠️ Ne pas vérifier l'aire. $\hat f(0)=\frac1a$ , une seconde de contrôle.

À retenir

\boxed{e^{-at}u(t) \qquad\longrightarrow\qquad \dfrac{1}{a+i\omega}} \qquad (a>0)

⚠️⚠️ L'échelon rend le signal CAUSAL et ramène l'intégrale à $[0,+\infty[$ .

\boxed{\lvert e^{-(a+i\omega)t}\rvert=e^{-at} \ : \ \text{la partie imaginaire ne change pas le module}}

Seul $a>0$ décide de la convergence — sans lui l'intégrale diverge, et c'est le point du calcul.

\boxed{\hat f(\omega)=\mathcal L[f](p)\Big|_{p=i\omega}} \qquad \dfrac{1}{p+a} \ \longrightarrow \ \dfrac{1}{i\omega+a}

ℹ️ Fourier est Laplace sur l'axe imaginaire (signal causal). Laplace explore un demi-plan, Fourier n'en regarde que la frontière — d'où la ressemblance des tables.

⚠️ $\hat f$ est COMPLEXE, et ce n'est pas une erreur : $f$ n'est ni paire ni impaire, contrairement à la porte.

\lvert\hat f\rvert=\dfrac{1}{\sqrt{a^{2}+\omega^{2}}} \qquad\qquad \arg\hat f=-\arctan\dfrac\omega a

ℹ️ Gain et déphasage d'un passe-bas du premier ordre — c'est le diagramme de Bode, repris en D5.

Contrôles : aire $\hat f(0)=\frac1a$ ✓ · symétrie hermitienne $\hat f(-\omega)=\overline{\hat f(\omega)}$ (toute $f$ réelle) · décroissance en $\frac1\omega$ , signature de la discontinuité en $0$ .

Réponse.

\hat f(\omega)=\dfrac1{a+i\omega}

=\mathcal L\{f\}(i\omega)

. (Recoupement : sympy confirme

\tfrac1{a+i\omega}

✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Exponentielle bilatérale

CalculDifficulté 3/5

Calculer la transformée de Fourier de $f(t)=e^{-a\lvert t\rvert}$ ( $a>0$ ).

Indices (3)

Couper l'intégrale en $t<0$ et $t>0$ : $\lvert t\rvert=-t$ puis $+t$ .

$\displaystyle\int_{-\infty}^0 e^{at}e^{-i\omega t}dt+\int_0^{+\infty}e^{-at}e^{-i\omega t}dt$ .

$\dfrac1{a-i\omega}+\dfrac1{a+i\omega}$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

La version SYMÉTRIQUE de A2 — et la symétrie change tout.

f(t)=e^{-a\lvert t\rvert} \qquad a>0

⚠️⚠️ La valeur absolue interdit d'intégrer d'un seul tenant : $\lvert t\rvert$ vaut $-t$ à gauche et $t$ à droite.

\boxed{\text{COUPER en } t=0 \ : \ \int_{-\infty}^{0}e^{at}(\cdots)+\int_{0}^{+\infty}e^{-at}(\cdots)}

⚠️ Attention au signe à gauche : pour $t<0$ , $\lvert t\rvert=-t$ , donc $e^{-a\lvert t\rvert}=e^{+at}$ — et cette exponentielle CROÎT vers $t=0$ , ce qui est bien le comportement voulu (le pic est en $0$ ).

Mais il existe un raccourci, et il vaut la peine d'être vu : $f$ est PAIRE.

\boxed{f \text{ paire} \ \Longrightarrow \ \hat f(\omega)=2\int_{0}^{+\infty}f(t)\cos(\omega t)\,dt}

ℹ️ Pourquoi : $e^{-i\omega t}=\cos(\omega t)-i\sin(\omega t)$ , et sur un intervalle symétrique, le produit de $f$ paire par $\sin$ impaire est impair, donc d'intégrale nulle. Il ne reste que le cosinus, et le facteur $2$ vient de la symétrie.

\boxed{\text{la partie IMAGINAIRE disparaît PAR SYMÉTRIE, sans calcul}}

Le résultat :

\boxed{\hat f(\omega)=\dfrac{2a}{a^{2}+\omega^{2}}}

⚠️⚠️ Cette fonction porte un nom : c'est une LORENTZIENNE. Elle apparaît partout où un phénomène s'amortit exponentiellement — largeur de raie spectrale, réponse d'un oscillateur amorti, désintégration d'un état excité.

Le rapprochement avec A2 est instructif :

signal	transformée	nature
$e^{-at}u(t)$ (A2)	$\dfrac{1}{a+i\omega}$	complexe
$e^{-a\lvert t\rvert}$ (A3)	$\dfrac{2a}{a^{2}+\omega^{2}}$	réelle

⚠️ Et le lien est exact : $\dfrac{2a}{a^{2}+\omega^{2}}=\dfrac{1}{a+i\omega}+\dfrac{1}{a-i\omega}$ — la somme de la transformée causale et de sa conjuguée, ce qui est précisément ce que fait la symétrisation.

Le calcul

Voie 1 — en coupant en deux (celle qu'on écrit en devoir).

\hat f(\omega)=\underbrace{\int_{-\infty}^{0}e^{at}e^{-i\omega t}dt}_{I_{1}}+\underbrace{\int_{0}^{+\infty}e^{-at}e^{-i\omega t}dt}_{I_{2}}

$I_{2}$ est exactement A2 :

I_{2}=\dfrac{1}{a+i\omega}

$I_{1}$ , par le même mécanisme :

I_{1}=\int_{-\infty}^{0}e^{(a-i\omega)t}dt=\left[\dfrac{e^{(a-i\omega)t}}{a-i\omega}\right]_{-\infty}^{0}=\dfrac{1}{a-i\omega}

⚠️ La limite en $-\infty$ est nulle car $\lvert e^{(a-i\omega)t}\rvert=e^{at}\to 0$ quand $t\to-\infty$ avec $a>0$ .

La somme — et c'est ici qu'il faut mettre au même dénominateur :

\hat f(\omega)=\dfrac{1}{a+i\omega}+\dfrac{1}{a-i\omega}=\dfrac{(a-i\omega)+(a+i\omega)}{(a+i\omega)(a-i\omega)}

\boxed{(a+i\omega)(a-i\omega)=a^{2}-(i\omega)^{2}=a^{2}+\omega^{2}}

⚠️⚠️ C'est l'identité $(z)(\bar z)=\lvert z\rvert^{2}$ , et le $+$ vient de $-i^{2}=+1$ . Écrire $a^{2}-\omega^{2}$ est l'erreur la plus fréquente ici.

\hat f(\omega)=\dfrac{2a}{a^{2}+\omega^{2}}

Voie 2 — par la parité (plus rapide).

\hat f(\omega)=2\int_{0}^{+\infty}e^{-at}\cos(\omega t)\,dt

Cette intégrale est classique (double intégration par parties, ou partie réelle de A2) :

\int_{0}^{+\infty}e^{-at}\cos(\omega t)\,dt=\mathrm{Re}\left(\dfrac{1}{a+i\omega}\right)=\dfrac{a}{a^{2}+\omega^{2}}

\boxed{\hat f(\omega)=\dfrac{2a}{a^{2}+\omega^{2}} \quad\checkmark}

Les contrôles.

a) L'aire — le contrôle universel :

\hat f(0)=\dfrac{2a}{a^{2}}=\dfrac{2}{a}

Et directement : $\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-a\lvert t\rvert}dt=2\int_{0}^{+\infty}e^{-at}dt=\dfrac{2}{a}$ ✓

b) Réelle et paire ✓ — $f$ l'est, donc $\hat f$ doit l'être, et $\frac{2a}{a^2+\omega^2}$ ne contient aucun $i$ et ne dépend que de $\omega^2$ .

\boxed{\text{un } i \text{ résiduel, ou un terme en } \omega \text{ impair, signalerait une erreur}}

c) La positivité. $\hat f(\omega)>0$ pour tout $\omega$ ✓

ℹ️ Cohérent : $f$ étant positive et paire, sa transformée est l'intégrale d'une quantité positive contre un cosinus — et ici elle reste positive partout. Ce n'est pas automatique (le sinc de A1 change de signe), mais c'est une propriété des lorentziennes.

d) La décroissance en $\frac{1}{\omega^{2}}$ .

⚠️⚠️ C'est PLUS RAPIDE que A1 et A2, qui décroissaient en $\frac1\omega$ — et la raison est structurelle :

\boxed{e^{-a\lvert t\rvert} \ \text{est CONTINUE partout} \ (\text{elle a juste un point anguleux en } 0)}

Alors que la porte SAUTE et que $e^{-at}u(t)$ SAUTE en $0$ .

\boxed{\text{saut} \to \frac1\omega \qquad \text{point anguleux} \to \frac1{\omega^{2}} \qquad \mathcal C^{\infty} \text{ (dérivées intégrables)} \to \text{plus vite que toute puissance}}

ℹ️ La règle du chapitre se confirme : chaque cran de régularité gagné en temps fait gagner une puissance de $\omega$ en fréquence.

e) La largeur — le principe d'incertitude, encore. La lorentzienne vaut la moitié de son maximum quand

\dfrac{2a}{a^{2}+\omega^{2}}=\dfrac{1}{2}\times\dfrac{2}{a} \qquad\Longleftrightarrow\qquad a^{2}+\omega^{2}=2a^{2} \qquad\Longleftrightarrow\qquad \omega=\pm a

\boxed{\text{largeur à mi-hauteur} = 2a}

⚠️⚠️ Et $\frac1a$ est justement la durée caractéristique du signal en temps.

\boxed{\text{signal BREF} \ (a \text{ grand}) \ \Longleftrightarrow \ \text{spectre LARGE} \ (2a \text{ grand})}

ℹ️ Le produit « durée × largeur » est constant — c'est le principe d'incertitude, mesuré ici sur un cas concret. En physique atomique, c'est la relation entre durée de vie d'un état et largeur de sa raie.

f) Le lien avec A2, vérifié :

\dfrac{1}{a+i\omega}+\overline{\left(\dfrac{1}{a+i\omega}\right)}=2\,\mathrm{Re}\left(\dfrac{1}{a+i\omega}\right)=\dfrac{2a}{a^{2}+\omega^{2}} \quad\checkmark

Rappel de cours

LA TRANSFORMÉE DE L'EXPONENTIELLE BILATÉRALE
$\boxed{e^{-a\lvert t\rvert} \qquad\longrightarrow\qquad \dfrac{2a}{a^{2}+\omega^{2}}} \qquad (a>0)$
⚠️ Cette fonction porte un nom : c'est une LORENTZIENNE.

⚠️⚠️ LA VALEUR ABSOLUE OBLIGE À COUPER EN $t=0$
$t<0 \ : \ \lvert t\rvert=-t \ \Longrightarrow \ e^{-a\lvert t\rvert}=e^{+at}$

LE RACCOURCI PAR LA PARITÉ
$\boxed{f \text{ paire} \ \Longrightarrow \ \hat f(\omega)=2\int_{0}^{+\infty}f(t)\cos(\omega t)\,dt}$
ℹ️ $e^{-i\omega t}=\cos-i\sin$ , et $f$ paire × $\sin$ impaire = impair, donc d'intégrale nulle sur un intervalle symétrique. La partie imaginaire disparaît sans calcul.

⚠️⚠️ L'IDENTITÉ QUI DÉCIDE DU SIGNE
$\boxed{(a+i\omega)(a-i\omega)=a^{2}+\omega^{2}}$
Le $+$ vient de $-i^{2}=+1$ . Écrire $a^{2}-\omega^{2}$ est l'erreur la plus fréquente ici.

CONTRÔLES · aire : $\hat f(0)=\frac2a=\int e^{-a\lvert t\rvert}$ ✓ · réelle et paire : aucun $i$ , et ne dépend que de $\omega^{2}$ ; · décroissance en $\frac1{\omega^{2}}$ — plus vite que A1 et A2 :
$\boxed{\text{saut} \to \tfrac1\omega \qquad \text{point anguleux} \to \tfrac1{\omega^{2}} \qquad \mathcal C^{\infty} \text{ (dérivées intégrables)} \to \text{plus vite que toute puissance}}$
· largeur à mi-hauteur $=2a$ , contre une durée caractéristique $\frac1a$ :
$\boxed{\text{signal BREF} \ \Longleftrightarrow \ \text{spectre LARGE}}$

LIEN AVEC A2 : $\dfrac{2a}{a^{2}+\omega^{2}}=\dfrac{1}{a+i\omega}+\dfrac{1}{a-i\omega}=2\,\mathrm{Re}\left(\dfrac{1}{a+i\omega}\right)$

L'erreur classique

⚠️⚠️ Écrire $a^{2}-\omega^{2}$ au dénominateur. $(a+i\omega)(a-i\omega)=a^{2}-i^{2}\omega^{2}=a^{2}+\omega^{2}$ — le $+$ vient de $-i^{2}$ .

Le contrôle : avec $a^2-\omega^2$ , la transformée exploserait en $\omega=a$ , ce qui est impossible pour une fonction intégrable.

⚠️⚠️ Oublier de couper en $t=0$ et écrire $\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-at}e^{-i\omega t}dt$ — qui diverge.

⚠️ Se tromper de signe à gauche. Pour $t<0$ , $\lvert t\rvert=-t$ , donc $e^{-a\lvert t\rvert}=e^{+at}$ — une exponentielle croissante, qui converge bien en $-\infty$ .

⚠️ Obtenir un résultat complexe. $f$ est paire et réelle : $\hat f$ doit l'être. Un $i$ résiduel signale une erreur.

⚠️ Oublier le facteur $2$ dans la formule de parité. Il vient de ce qu'on ne calcule que la moitié droite.

⚠️ Confondre avec A2. $e^{-at}u(t)$ donne $\frac{1}{a+i\omega}$ ; $e^{-a\lvert t\rvert}$ donne $\frac{2a}{a^2+\omega^2}$ — le second est le double de la partie réelle du premier.

⚠️ Croire que la décroissance est la même qu'en A1. Elle est en $\frac{1}{\omega^{2}}$ , plus rapide — parce que $f$ est continue.

⚠️ Ne pas vérifier l'aire. $\hat f(0)=\frac2a$ , une seconde.

⚠️ Ne pas voir le principe d'incertitude. Largeur $2a$ contre durée $\frac1a$ : leur produit ne dépend pas de $a$ .

À retenir

\boxed{e^{-a\lvert t\rvert} \qquad\longrightarrow\qquad \dfrac{2a}{a^{2}+\omega^{2}}} \qquad\text{(une LORENTZIENNE)}

⚠️⚠️ La valeur absolue oblige à COUPER en $t=0$ : à gauche, $e^{-a\lvert t\rvert}=e^{+at}$ .

\boxed{f \text{ paire} \ \Longrightarrow \ \hat f(\omega)=2\int_{0}^{+\infty}f(t)\cos(\omega t)\,dt}

ℹ️ La partie imaginaire disparaît par symétrie, sans calcul : $f$ paire × $\sin$ impaire est impair.

\boxed{(a+i\omega)(a-i\omega)=a^{2}+\omega^{2}} \qquad\text{le } + \text{ vient de } -i^{2}

⚠️⚠️ Écrire $a^{2}-\omega^{2}$ est l'erreur la plus fréquente ici — et elle ferait exploser $\hat f$ en $\omega=a$ .

Contrôles : aire $\hat f(0)=\frac2a$ ✓ · réelle et paire (aucun $i$ , ne dépend que de $\omega^2$ ) · décroissance en $\frac1{\omega^2}$ , plus vite que A1 et A2 parce que $f$ est continue.

\boxed{\text{saut} \to \tfrac1\omega \qquad \text{point anguleux} \to \tfrac1{\omega^{2}} \qquad \mathcal C^{\infty} \text{ (dérivées intégrables)} \to \text{plus vite que toute puissance}}

Largeur à mi-hauteur $=2a$ , contre une durée caractéristique $\frac1a$ :

\boxed{\text{signal BREF} \ \Longleftrightarrow \ \text{spectre LARGE}}

ℹ️ Lien avec A2 : $\frac{2a}{a^2+\omega^2}=2\,\mathrm{Re}\!\left(\frac{1}{a+i\omega}\right)$ — symétriser un signal causal, c'est prendre deux fois sa partie réelle.

Réponse.

\hat f(\omega)=\dfrac{2a}{a^2+\omega^2}

(lorentzienne). (Recoupement : sympy donne

\tfrac{2a}{a^2+\omega^2}

;

f

paire ⇒

\hat f

réelle paire ✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Transformée de la gaussienne

CalculDifficulté 3/5

Admettant $\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-t^2/2}\,dt=\sqrt{2\pi}$ , montrer que la transformée de Fourier de $f(t)=e^{-t^2/2}$ est $\hat f(\omega)=\sqrt{2\pi}\,e^{-\omega^2/2}$ : la gaussienne est autoréciproque.

Indices (3)

$\hat f(\omega)=\displaystyle\int e^{-t^2/2}e^{-i\omega t}dt$ .

Compléter le carré : $-\tfrac{t^2}2-i\omega t=-\tfrac12(t+i\omega)^2-\tfrac{\omega^2}2$ .

Sortir $e^{-\omega^2/2}$ et utiliser l'intégrale de Gauss.

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

La transformée la plus remarquable du chapitre : la gaussienne est sa propre transformée.

f(t)=e^{-t^{2}/2} \qquad\longrightarrow\qquad \hat f(\omega)=\sqrt{2\pi}\,e^{-\omega^{2}/2}

\boxed{\text{MÊME FORME, à un facteur } \sqrt{2\pi} \text{ près} \ : \ \text{la gaussienne est AUTORÉCIPROQUE}}

⚠️⚠️ Aucune autre fonction du tableau des transformées usuelles n'a cette propriété. La porte devient un sinc, l'exponentielle devient une lorentzienne — parmi elles, seule la gaussienne se retrouve elle-même (ce n'est pas la seule fonction autoréciproque : $\mathrm{sech}(\sqrt{\pi/2}\,t)$ l'est aussi).

La méthode : l'ÉQUATION DIFFÉRENTIELLE. On n'intègre pas directement — on montre que $\hat f$ obéit à la même équation que $f$ .

Le point de départ : $f$ vérifie une équation différentielle d'une simplicité frappante.

f'(t)=-t\,e^{-t^{2}/2}=-t\,f(t)

\boxed{f'=-t\,f}

⚠️⚠️ C'est CETTE équation qui porte tout le résultat, et c'est elle qu'il faut retenir : la gaussienne est la fonction dont la dérivée est proportionnelle à elle-même, avec un coefficient qui est $-t$ .

Les deux propriétés qui vont la transporter (démontrées en B4 et B5) :

\boxed{\widehat{f'}=i\omega\,\hat f \qquad\qquad \widehat{t\,f}=i\,\hat f\,'}

⚠️ Remarquez la SYMÉTRIE de ces deux règles — dériver en temps devient multiplier en fréquence, et multiplier en temps devient dériver en fréquence. C'est l'échange des deux mondes, et c'est ce qui fait marcher la démonstration.

Transformons l'équation $f'=-t f$ :

\widehat{f'}=\widehat{-t f} \qquad\Longrightarrow\qquad i\omega\,\hat f=-i\,\hat f\,'

En divisant par $i$ :

\boxed{\hat f\,'=-\omega\,\hat f}

⚠️⚠️ C'EST LA MÊME ÉQUATION, avec $\omega$ à la place de $t$ . La transformée obéit à la loi de son antécédent — d'où la même forme.

La solution est donc $\hat f(\omega)=C\,e^{-\omega^{2}/2}$ , et il ne reste qu'à trouver $C$ — par le contrôle universel du chapitre, l'aire :

C=\hat f(0)=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-t^{2}/2}dt=\sqrt{2\pi}

\boxed{\hat f(\omega)=\sqrt{2\pi}\,e^{-\omega^{2}/2}}

La démonstration

1) L'équation différentielle de $f$ .

f(t)=e^{-t^{2}/2} \qquad\Longrightarrow\qquad f'(t)=\underbrace{\left(-\dfrac{2t}{2}\right)}_{\text{dérivée de l'exposant}}e^{-t^{2}/2}=-t\,e^{-t^{2}/2}

\boxed{f'(t)=-t\,f(t)}

2) Transformer les deux membres.

Membre de gauche, par la règle de dérivation (B4) :

\widehat{f'}(\omega)=i\omega\,\hat f(\omega)

Membre de droite, par la règle de multiplication par $t$ (B5) :

\widehat{-t\,f}(\omega)=-\widehat{t\,f}(\omega)=-i\,\hat f\,'(\omega)

3) Égaler :

i\omega\,\hat f(\omega)=-i\,\hat f\,'(\omega)

On divise par $i$ (licite, $i\neq 0$ ) :

\omega\,\hat f(\omega)=-\hat f\,'(\omega)

\boxed{\hat f\,'(\omega)=-\omega\,\hat f(\omega)}

⚠️⚠️ La même équation que celle de $f$ , à la lettre près. C'est tout le contenu du résultat.

4) Résoudre. C'est une équation linéaire du premier ordre à variables séparables :

\dfrac{\hat f\,'}{\hat f}=-\omega \qquad\Longrightarrow\qquad \ln\lvert\hat f\rvert=-\dfrac{\omega^{2}}{2}+K

\boxed{\hat f(\omega)=C\,e^{-\omega^{2}/2}}

5) Déterminer $C$ — par l'aire.

C=\hat f(0)=\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)\,e^{0}\,dt=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-t^{2}/2}\,dt

Et cette intégrale est celle que l'énoncé admet :

\boxed{\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-t^{2}/2}\,dt=\sqrt{2\pi}}

\boxed{\hat f(\omega)=\sqrt{2\pi}\,e^{-\omega^{2}/2}}

ℹ️ Cette intégrale — l'intégrale de Gauss — ne se calcule pas par primitive : $e^{-t^2/2}$ n'en admet aucune élémentaire. On l'obtient par un passage en coordonnées polaires sur le carré de l'intégrale, ce qui est hors sujet ici et justifie qu'elle soit admise.

Les contrôles.

a) L'aire ✓ — c'est elle qui a servi à trouver $C$ , donc le contrôle est intégré à la démonstration.

b) Réelle et paire ✓ — $f$ l'est, $\hat f$ aussi.

c) La décroissance. $e^{-\omega^{2}/2}$ décroît plus vite que toute puissance de $\frac1\omega$ .

⚠️⚠️ C'est cohérent avec la règle du chapitre : $f$ est de classe $\mathcal C^{\infty}$ , donc $\hat f$ doit décroître extrêmement vite.

\boxed{\text{la gaussienne est le cas EXTRÊME de la règle régularité} \leftrightarrow \text{décroissance}}

d) Le contrôle par la transformée inverse. Appliquer la transformée deux fois doit redonner $2\pi f(-t)$ (règle de dualité, B6).

Vérifions : $\hat f=\sqrt{2\pi}e^{-\omega^2/2}$ , donc

\widehat{\hat f}(\xi)=\sqrt{2\pi}\times\sqrt{2\pi}\,e^{-\xi^{2}/2}=2\pi\,e^{-\xi^{2}/2}=2\pi f(\xi)=2\pi f(-\xi) \quad\checkmark

⚠️ La dernière égalité tient parce que $f$ est PAIRE — le contrôle boucle.

e) Le point d'équilibre du principe d'incertitude.

⚠️⚠️ La gaussienne réalise l'ÉGALITÉ dans l'inégalité d'incertitude — c'est la fonction la plus « concentrée à la fois » en temps et en fréquence.

ℹ️ Ce n'est pas un hasard si elle est autoréciproque : être identique à sa transformée, c'est être exactement à l'équilibre entre étalement temporel et étalement fréquentiel. En mécanique quantique, ce sont les états cohérents ; en traitement du signal, c'est la fenêtre de Gabor.

f) Le contrôle sur une gaussienne d'échelle différente. Pour $g(t)=e^{-t^{2}}$ ( $\sqrt2$ fois plus resserrée), on trouve

\hat g(\omega)=\sqrt{\pi}\,e^{-\omega^{2}/4}

⚠️ Le spectre est $\sqrt2$ FOIS plus large ( $\omega^2/4$ au lieu de $\omega^2/2$ ) — exactement ce que prédit B3. Cette valeur servira en E4.

Rappel de cours

⚠️⚠️ LA GAUSSIENNE EST AUTORÉCIPROQUE
$\boxed{e^{-t^{2}/2} \qquad\longrightarrow\qquad \sqrt{2\pi}\,e^{-\omega^{2}/2}}$
Même forme, à un facteur $\sqrt{2\pi}$ près. Aucune autre fonction du tableau des transformées usuelles n'a cette propriété.

LA MÉTHODE : L'ÉQUATION DIFFÉRENTIELLE
$\boxed{f'=-t\,f}$
On ne calcule PAS l'intégrale — on transporte l'équation.

LES DEUX RÈGLES QUI LA TRANSPORTENT (B4 et B5)
$\boxed{\widehat{f'}=i\omega\,\hat f \qquad\qquad \widehat{t\,f}=i\,\hat f\,'}$
⚠️ Elles sont SYMÉTRIQUES : dériver en temps = multiplier en fréquence, et réciproquement. C'est l'échange des deux mondes.

LE TRANSPORT
$i\omega\,\hat f=-i\,\hat f\,' \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\hat f\,'=-\omega\,\hat f}$
⚠️⚠️ LA MÊME ÉQUATION, avec $\omega$ à la place de $t$ — d'où la même forme.

LA CONSTANTE, PAR L'AIRE
$C=\hat f(0)=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-t^{2}/2}dt=\sqrt{2\pi}$
ℹ️ L'intégrale de Gauss — pas de primitive élémentaire, d'où le fait qu'elle soit admise.

CONTRÔLES · décroissance plus rapide que toute puissance : cohérent, $f$ est $\mathcal C^{\infty}$ — cas extrême de la règle régularité ↔ décroissance ; · double transformée : $\widehat{\hat f}=2\pi f$ ✓ (dualité, B6 — l'égalité tient car $f$ est paire) ; · autre échelle : $e^{-t^{2}} \to \sqrt\pi\,e^{-\omega^{2}/4}$ , spectre $\sqrt2$ fois plus large, conforme à B3. Valeur reprise en E4.

ℹ️ La gaussienne réalise l'ÉGALITÉ dans l'inégalité d'incertitude — être identique à sa transformée, c'est être à l'équilibre exact entre étalement temporel et fréquentiel.

L'erreur classique

⚠️⚠️ Chercher à intégrer $\int e^{-t^{2}/2}e^{-i\omega t}dt$ directement. Il n'y a pas de primitive élémentaire ; la méthode est l'équation différentielle.

⚠️⚠️ Se tromper dans $f'$ . La dérivée de $e^{-t^2/2}$ est $-t\,e^{-t^2/2}$ , pas $-\frac{t^2}{2}e^{-t^2/2}$ ni $-2t\,e^{-t^2/2}$ . Dériver l'EXPOSANT, puis multiplier.

⚠️ Oublier le $i$ dans l'une des deux règles. $\widehat{f'}=i\omega\hat f$ et $\widehat{tf}=i\hat f'$ — les deux en portent un, et c'est leur rapport qui fait disparaître le $i$ de l'équation finale.

⚠️ Se tromper de signe en divisant. $i\omega\hat f=-i\hat f'$ donne $\hat f'=-\omega\hat f$ , pas $+\omega\hat f$ — qui donnerait une gaussienne inversée, donc non intégrable.

Le contrôle : le signe $-$ est celui qui rend $\hat f$ décroissante.

⚠️ Oublier de déterminer $C$ . La résolution ne donne la forme qu'à une constante près, et c'est l'aire qui la fixe.

⚠️ Croire que $C=1$ . Il vaut $\sqrt{2\pi}$ — et c'est ce facteur qui fait de la propriété « autoréciproque » une égalité à un facteur près, et non une égalité stricte.

⚠️ Confondre $e^{-t^2/2}$ et $e^{-t^2}$ . Le second donne $\sqrt\pi e^{-\omega^2/4}$ — ni le même facteur, ni la même largeur.

⚠️ Croire que toute fonction est autoréciproque. C'est exceptionnel, et c'est tout l'intérêt de l'exercice.

À retenir

\boxed{e^{-t^{2}/2} \qquad\longrightarrow\qquad \sqrt{2\pi}\,e^{-\omega^{2}/2}} \qquad\text{la gaussienne est AUTORÉCIPROQUE}

La méthode n'est pas l'intégration — c'est l'ÉQUATION DIFFÉRENTIELLE :

f'=-t\,f \qquad\xrightarrow{\ \widehat{f'}=i\omega\hat f \ \text{ et } \ \widehat{tf}=i\hat f' \ }\qquad \boxed{\hat f\,'=-\omega\,\hat f}

⚠️⚠️ La même équation, avec $\omega$ à la place de $t$ — d'où la même forme. La constante se fixe par l'aire : $C=\hat f(0)=\int e^{-t^2/2}=\sqrt{2\pi}$ .

⚠️ Les deux règles sont SYMÉTRIQUES : dériver en temps = multiplier en fréquence, multiplier en temps = dériver en fréquence. C'est l'échange des deux mondes.

Contrôles : décroissance plus rapide que toute puissance (cohérent, $f$ est $\mathcal C^\infty$ — cas extrême de la règle régularité ↔ décroissance) · double transformée $\widehat{\hat f}=2\pi f$ ✓ · autre échelle : $e^{-t^2}\to\sqrt\pi\,e^{-\omega^2/4}$ , spectre $\sqrt2$ fois plus large (B3, repris en E4).

\boxed{\text{la gaussienne réalise l'ÉGALITÉ dans l'inégalité d'incertitude}}

ℹ️ Être identique à sa transformée, c'est être à l'équilibre exact entre étalement temporel et fréquentiel.

Réponse.

\hat f(\omega)=\sqrt{2\pi}\,e^{-\omega^2/2}

: même forme que

f

(autoréciproque). (Recoupement : sympy donne

\sqrt{2\pi}\,e^{-\omega^2/2}

; cas particulier de

e^{-at^2}\to\sqrt{\pi/a}\,e^{-\omega^2/4a}

✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Impulsion de Dirac et retard

CalculDifficulté 3/5

Donner la transformée de Fourier de $\delta(t)$ puis de $\delta(t-t_0)$ . Que valent le module et la phase de cette dernière ?

Indices (3)

Propriété : $\displaystyle\int \delta(t-t_0)\,g(t)\,dt=g(t_0)$ .

Appliquer à $g(t)=e^{-i\omega t}$ .

$\lvert e^{-i\omega t_0}\rvert=1$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

L'impulsion de Dirac — l'objet le plus utile du chapitre, et celui qui n'est pas une fonction.

⚠️⚠️ $\delta$ N'EST PAS UNE FONCTION. Aucune fonction ne vaut $0$ partout sauf en un point tout en ayant une intégrale égale à $1$ — l'intégrale d'une fonction nulle presque partout est nulle.

\boxed{\delta \ \text{est une DISTRIBUTION, définie par ce qu'elle FAIT, pas par ses valeurs}}

Ce qu'elle fait, c'est CUEILLIR une valeur :

\boxed{\int_{-\infty}^{+\infty}\varphi(t)\,\delta(t-t_{0})\,dt=\varphi(t_{0})}

ℹ️ C'est sa définition, et la seule chose à en savoir pour ce chapitre. On l'appelle propriété de filtrage : $\delta(t-t_0)$ balaie tout sauf la valeur en $t_0$ .

Première transformée — on applique la définition avec $\varphi(t)=e^{-i\omega t}$ et $t_{0}=0$ :

\hat\delta(\omega)=\int\delta(t)\,e^{-i\omega t}\,dt=e^{-i\omega\times 0}=1

\boxed{\hat\delta(\omega)=1 \qquad\text{pour TOUT } \omega}

⚠️⚠️ UNE IMPULSION CONTIENT TOUTES LES FRÉQUENCES, À ÉGALITÉ. C'est le cas extrême du principe d'incertitude : durée nulle, spectre infiniment large.

\boxed{\text{signal le plus BREF possible} \ \Longleftrightarrow \ \text{spectre le plus LARGE possible}}

ℹ️ C'est exactement pourquoi on teste un système avec une impulsion : elle l'excite à toutes les fréquences en une fois, et la réponse obtenue — la réponse impulsionnelle — contient tout le comportement fréquentiel. E6 et D5 en vivent entièrement.

Seconde transformée, avec le retard :

\widehat{\delta(t-t_{0})}(\omega)=\int\delta(t-t_{0})\,e^{-i\omega t}\,dt=e^{-i\omega t_{0}}

\boxed{\widehat{\delta(t-t_{0})}=e^{-i\omega t_{0}}}

Module et phase — la question centrale de l'exercice :

\boxed{\lvert e^{-i\omega t_{0}}\rvert=1 \qquad\qquad \arg=-\omega t_{0}}

⚠️⚠️ LE MODULE NE CHANGE PAS, SEULE LA PHASE BOUGE. Retarder un signal ne modifie rien à son contenu fréquentiel — cela ajoute seulement un déphasage proportionnel à $\omega$ .

\boxed{\text{RETARDER} \ = \ \text{tourner la PHASE, jamais toucher au MODULE}}

Les deux transformées

1) La transformée de $\delta(t)$ .

\hat\delta(\omega)=\int_{-\infty}^{+\infty}\delta(t)\,e^{-i\omega t}\,dt

Par la propriété de filtrage avec $\varphi(t)=e^{-i\omega t}$ et $t_{0}=0$ :

\hat\delta(\omega)=\varphi(0)=e^{0}=1

\boxed{\hat\delta(\omega)=1}

⚠️ Le résultat ne dépend pas de $\omega$ — c'est un spectre plat.

2) La transformée de $\delta(t-t_{0})$ .

\widehat{\delta(t-t_{0})}(\omega)=\int\delta(t-t_{0})\,e^{-i\omega t}\,dt=\varphi(t_{0})=e^{-i\omega t_{0}}

\boxed{\widehat{\delta(t-t_{0})}=e^{-i\omega t_{0}}}

3) Module et phase.

\lvert e^{-i\omega t_{0}}\rvert=1

⚠️ Rappel : $\lvert e^{i\theta}\rvert=1$ pour tout $\theta$ réel — c'est le cercle unité.

\arg\left(e^{-i\omega t_{0}}\right)=-\omega t_{0}

\boxed{\text{module} = 1 \ \text{(constant)} \qquad\qquad \text{phase} = -\omega t_{0} \ \text{(LINÉAIRE en } \omega)}

Les contrôles.

a) L'aire — le contrôle universel. $\hat\delta(0)$ doit valoir $\int\delta=1$ ✓ — et c'est bien $1$ .

Et pour la version retardée : $\hat f(0)=e^{0}=1=\int\delta(t-t_{0})dt$ ✓ — l'aire ne dépend pas du retard, ce qui est évident géométriquement.

b) La cohérence avec la règle de retard (B1). La propriété générale s'écrit

\widehat{f(t-t_{0})}=e^{-i\omega t_{0}}\,\hat f(\omega)

Appliquée à $f=\delta$ , dont la transformée vaut $1$ :

e^{-i\omega t_{0}}\times 1=e^{-i\omega t_{0}} \quad\checkmark

\boxed{\text{le cas } \delta \text{ est le cas le plus SIMPLE de la règle de retard}}

ℹ️ Et c'est un bon moyen de retenir la règle : le facteur $e^{-i\omega t_0}$ est la transformée de l'impulsion décalée.

c) La symétrie hermitienne. $\delta$ est réelle, donc on doit avoir $\hat f(-\omega)=\overline{\hat f(\omega)}$ :

e^{+i\omega t_{0}}=\overline{e^{-i\omega t_{0}}} \quad\checkmark

d) La PHASE LINÉAIRE — et ce qu'elle signifie en pratique.

\boxed{\text{phase} = -\omega t_{0} \ : \ \text{une DROITE de pente } -t_{0}}

⚠️⚠️ La pente de la phase EST le retard, au signe près. C'est ainsi qu'on mesure le retard d'un système sans chronomètre : on trace sa phase en fonction de $\omega$ et on lit la pente.

ℹ️ Et un système à phase linéaire ne DÉFORME pas : il retarde toutes les fréquences du même temps. Une phase non linéaire, en revanche, retarde les fréquences différemment — c'est la distorsion de phase, celle qui étale un signal audio ou brouille un signal numérique.

\boxed{\text{phase LINÉAIRE (module constant)} \ \Longleftrightarrow \ \text{retard PUR, sans déformation}}

e) Le contrôle par $t_{0}=0$ . On doit retrouver la première transformée :

e^{-i\omega\times 0}=1 \quad\checkmark

f) Le contrôle du sens du signe. Un retard ( $t_{0}>0$ ) donne une phase négative pour $\omega>0$ .

ℹ️ Cohérent : le signal arrive « en retard », donc la phase est « en arrière ». Un signe $+$ décrirait une avance, c'est-à-dire un système non causal — physiquement impossible.

g) Ce que $\delta$ n'est pas. Écrire « $\delta(0)=+\infty$ » n'a aucun sens dans ce cadre : $\delta$ n'a pas de valeurs, elle n'a que des actions sous une intégrale.

\boxed{\text{ne JAMAIS manipuler } \delta \text{ hors d'une intégrale}}

Rappel de cours

⚠️⚠️ $\delta$ N'EST PAS UNE FONCTION C'est une distribution, définie par ce qu'elle fait :
$\boxed{\int_{-\infty}^{+\infty}\varphi(t)\,\delta(t-t_{0})\,dt=\varphi(t_{0})}$
Propriété de filtrage : $\delta(t-t_0)$ cueille la valeur en $t_0$ . ⚠️ Ne jamais la manipuler hors d'une intégrale — « $\delta(0)=+\infty$ » n'a aucun sens ici.

LES DEUX TRANSFORMÉES
$\boxed{\hat\delta(\omega)=1 \qquad\qquad \widehat{\delta(t-t_{0})}=e^{-i\omega t_{0}}}$

⚠️⚠️ UNE IMPULSION CONTIENT TOUTES LES FRÉQUENCES, À ÉGALITÉ
$\boxed{\text{signal le plus BREF} \ \Longleftrightarrow \ \text{spectre le plus LARGE}}$
ℹ️ C'est pourquoi on teste un système par une impulsion : sa réponse impulsionnelle contient tout son comportement fréquentiel (D5, E6).

MODULE ET PHASE DU RETARD
$\boxed{\lvert e^{-i\omega t_{0}}\rvert=1 \qquad\qquad \arg=-\omega t_{0}}$
⚠️⚠️ RETARDER = tourner la PHASE, jamais toucher au MODULE. Le contenu fréquentiel est inchangé.

LA PHASE EST LINÉAIRE — de pente $-t_{0}$
$\boxed{\text{phase LINÉAIRE (module constant)} \ \Longleftrightarrow \ \text{retard PUR, sans déformation}}$
ℹ️ On mesure un retard en lisant la pente de la phase. Une phase non linéaire retarde les fréquences différemment : c'est la distorsion de phase.

CONTRÔLES · aire : $\hat\delta(0)=1=\int\delta$ ✓, et le retard ne la change pas ; · règle de retard (B1) : $e^{-i\omega t_0}\times\hat\delta=e^{-i\omega t_0}$ ✓ — le cas $\delta$ est le cas le plus simple de la règle ; · symétrie hermitienne : $e^{+i\omega t_0}=\overline{e^{-i\omega t_0}}$ ✓ · signe : $t_0>0$ donne une phase négative — une avance serait non causale.

L'erreur classique

⚠️⚠️ Traiter $\delta$ comme une fonction et chercher à l'évaluer en un point. Elle n'a pas de valeurs — seulement une action sous l'intégrale.

⚠️⚠️ Croire que le module change avec le retard. $\lvert e^{-i\omega t_{0}}\rvert=1$ pour tout $\omega$ et tout $t_{0}$ : un retard ne modifie rien au contenu fréquentiel.

Le contrôle : $\lvert e^{i\theta}\rvert=1$ dès que $\theta$ est réel.

⚠️ Se tromper de signe dans la phase. Un retard $t_0>0$ donne $-\omega t_0$ , donc une phase négative pour $\omega>0$ . Un signe $+$ décrirait une avance (l'impulsion en $-t_0$ ), pas un retard.

⚠️ Écrire $\hat\delta(\omega)=\delta(\omega)$ . Non : la transformée de l'impulsion est la constante $1$ . (C'est l'inverse qui est vrai : la transformée de la constante $1$ est $2\pi\delta$ .)

⚠️ Croire que la phase est constante. Elle est linéaire en $\omega$ — et c'est sa pente qui porte l'information.

⚠️ Confondre phase linéaire et absence de phase. Une phase linéaire n'est pas nulle ; à module constant, elle correspond à un retard pur, qui ne déforme pas.

⚠️ Oublier que $\varphi$ doit être continue en $t_0$ pour que la propriété de filtrage s'applique proprement. Ici $e^{-i\omega t}$ l'est partout.

⚠️ Ne pas rapprocher de B1. Le facteur $e^{-i\omega t_0}$ de la règle de retard est la transformée de l'impulsion décalée — c'est le meilleur moyen de retenir la règle.

À retenir

\boxed{\int\varphi(t)\,\delta(t-t_{0})\,dt=\varphi(t_{0})} \qquad\text{la propriété de FILTRAGE — la définition de } \delta

\boxed{\hat\delta(\omega)=1 \qquad\qquad \widehat{\delta(t-t_{0})}=e^{-i\omega t_{0}}}

⚠️⚠️ $\delta$ n'est PAS une fonction mais une distribution — à ne jamais manipuler hors d'une intégrale.

\boxed{\text{une impulsion contient TOUTES les fréquences, à égalité}}

\boxed{\text{signal le plus BREF} \ \Longleftrightarrow \ \text{spectre le plus LARGE}}

ℹ️ C'est pourquoi on teste un système par une impulsion : sa réponse impulsionnelle contient tout son comportement fréquentiel (D5, E6).

\boxed{\lvert e^{-i\omega t_{0}}\rvert=1 \qquad\qquad \arg=-\omega t_{0}}

⚠️⚠️ RETARDER = tourner la PHASE, jamais toucher au MODULE.

\boxed{\text{phase LINÉAIRE, de pente } -t_{0} \text{ (module constant)} \ \Longleftrightarrow \ \text{retard PUR, sans déformation}}

ℹ️ On mesure un retard en lisant la pente de la phase ; une phase non linéaire produit de la distorsion.

Contrôles : aire $\hat\delta(0)=1$ ✓ · règle de retard B1 appliquée à $\delta$ ✓ (c'en est le cas le plus simple) · symétrie hermitienne ✓ · un retard donne une phase négative — une avance serait non causale.

Réponse.

\widehat\delta=1

;

\widehat{\delta(t-t_0)}=e^{-i\omega t_0}

(module

1

, phase

-\omega t_0

). (Recoupement : sympy integrate(DiracDelta(t-t0)·e^{-iωt})

=e^{-i\omega t_0}

✓)

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Transformée du triangle

CalculDifficulté 3/5

Calculer la transformée de Fourier du triangle $f(t)=1-\lvert t\rvert$ pour $\lvert t\rvert<1$ (et $0$ sinon), et reconnaître un $\mathrm{sinc}^2$ .

Indices (3)

Couper en $[-1,0]$ ( $f=1+t$ ) et $[0,1]$ ( $f=1-t$ ).

Intégrer par parties ou exploiter la parité.

$2-2\cos\omega=4\sin^2(\omega/2)$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Le triangle — et il ferme le lot en confirmant les deux règles du chapitre.

f(t)=\begin{cases}1-\lvert t\rvert & \text{si } \lvert t\rvert<1\\ 0 & \text{sinon}\end{cases}

⚠️ La valeur absolue oblige à couper en $t=0$ , comme en A3 :

\boxed{t\in[-1,0] \ : \ f(t)=1+t \qquad\qquad t\in[0,1] \ : \ f(t)=1-t}

Mais la parité offre le raccourci — $f$ est paire, donc (A3) :

\hat f(\omega)=2\int_{0}^{1}(1-t)\cos(\omega t)\,dt

\boxed{\text{une intégration par parties, et c'est fini}}

Le résultat, sous ses deux formes :

\boxed{\hat f(\omega)=\dfrac{2-2\cos\omega}{\omega^{2}}=\left(\dfrac{\sin(\omega/2)}{\omega/2}\right)^{2}=\mathrm{sinc}^{2}\!\left(\dfrac{\omega}{2}\right)}

⚠️⚠️ Le passage d'une forme à l'autre est l'identité de l'ANGLE MOITIÉ :

\boxed{1-\cos\omega=2\sin^{2}\!\left(\dfrac{\omega}{2}\right) \qquad\Longrightarrow\qquad 2-2\cos\omega=4\sin^{2}\!\left(\dfrac{\omega}{2}\right)}

\dfrac{4\sin^{2}(\omega/2)}{\omega^{2}}=\dfrac{\sin^{2}(\omega/2)}{(\omega/2)^{2}}=\mathrm{sinc}^{2}\!\left(\dfrac{\omega}{2}\right) \quad\checkmark

ℹ️ Sans cette identité, on obtient un résultat juste mais méconnaissable — et l'énoncé demande précisément de reconnaître le $\mathrm{sinc}^{2}$ .

Les deux faits qui font l'intérêt de l'exercice :

\boxed{1) \ \hat f(\omega)\geq 0 \ \text{PARTOUT} \ — \ \text{c'est un carré}}

⚠️ Alors que le sinc de la porte (A1) CHANGE DE SIGNE. Le triangle a un spectre positif, la porte non.

\boxed{2) \ \text{décroissance en } \dfrac{1}{\omega^{2}} \ \text{contre } \dfrac{1}{\omega} \ \text{pour la porte}}

⚠️⚠️ Le triangle est CONTINU (il ne saute pas, il a seulement un point anguleux), la porte SAUTE — d'où un cran de décroissance gagné. La règle du chapitre se vérifie une fois de plus.

ℹ️ Et ces deux faits ne sont pas indépendants : E2 montrera que le triangle est la convolution de deux portes, donc que son spectre est le carré de celui de la porte. Positivité et décroissance doublée s'expliquent alors d'un coup.

Le calcul

1) Par la parité.

\hat f(\omega)=2\int_{0}^{1}(1-t)\cos(\omega t)\,dt

2) L'intégration par parties. On pose

u=1-t \quad\Longrightarrow\quad u'=-1 \qquad\qquad v'=\cos(\omega t) \quad\Longrightarrow\quad v=\dfrac{\sin(\omega t)}{\omega}

⚠️ Dériver le POLYNÔME et intégrer le cosinus — c'est le sens qui fait disparaître le $t$ .

\int_{0}^{1}(1-t)\cos(\omega t)\,dt=\underbrace{\left[(1-t)\dfrac{\sin(\omega t)}{\omega}\right]_{0}^{1}}_{\text{terme tout intégré}}+\dfrac{1}{\omega}\int_{0}^{1}\sin(\omega t)\,dt

Le terme tout intégré s'annule aux DEUX bornes :

en $t=1$ : le facteur $(1-t)$ vaut $0$ ;
en $t=0$ : le facteur $\sin(\omega\times 0)$ vaut $0$ .

\boxed{\text{terme tout intégré} = 0}

⚠️ Les deux bornes s'annulent pour des raisons DIFFÉRENTES — vérifier les deux, ne pas supposer.

3) L'intégrale restante :

\dfrac{1}{\omega}\int_{0}^{1}\sin(\omega t)\,dt=\dfrac{1}{\omega}\left[-\dfrac{\cos(\omega t)}{\omega}\right]_{0}^{1}=\dfrac{1-\cos\omega}{\omega^{2}}

4) Le facteur $2$ de la parité :

\boxed{\hat f(\omega)=\dfrac{2(1-\cos\omega)}{\omega^{2}}=\dfrac{2-2\cos\omega}{\omega^{2}}}

5) Reconnaître le $\mathrm{sinc}^{2}$ — par l'angle moitié :

1-\cos\omega=2\sin^{2}\!\left(\dfrac\omega2\right)

\hat f(\omega)=\dfrac{4\sin^{2}(\omega/2)}{\omega^{2}}=\dfrac{\sin^{2}(\omega/2)}{(\omega/2)^{2}}

\boxed{\hat f(\omega)=\mathrm{sinc}^{2}\!\left(\dfrac{\omega}{2}\right)}

Les contrôles.

a) L'aire — le contrôle universel.

\hat f(0)=\int_{-1}^{1}(1-\lvert t\rvert)\,dt=2\int_{0}^{1}(1-t)\,dt=2\times\dfrac12=1

Et par la formule, en passant à la limite :

\lim_{\omega\to 0}\mathrm{sinc}^{2}\!\left(\dfrac\omega2\right)=1^{2}=1 \quad\checkmark

ℹ️ Géométriquement, $\int f$ est l'aire du triangle : base $2$ , hauteur $1$ , donc $\frac{2\times 1}{2}=1$ ✓ — trois voies vers le même nombre.

b) Réelle, paire, et POSITIVE. $f$ étant réelle et paire, $\hat f$ doit l'être ✓ — et elle est en plus positive, étant un carré.

⚠️ Contraste avec A1 : le sinc de la porte s'annule et change de signe. Ici $\mathrm{sinc}^2$ s'annule (aux mêmes endroits) mais reste positif.

c) Les zéros. $\sin(\omega/2)=0$ pour $\omega=2k\pi$ , $k\neq 0$ .

⚠️ Ce sont les mêmes zéros que ceux de la porte de demi-largeur $T=\frac12$ ( $\omega_k=\frac{k\pi}{T}=2k\pi$ ) — et E2 expliquera pourquoi : le triangle de base $2$ est la convolution de deux portes de largeur $1$ .

d) La décroissance.

\lvert\hat f(\omega)\rvert\leq\dfrac{4}{\omega^{2}}

\boxed{\dfrac{1}{\omega^{2}} \ \text{contre } \dfrac1\omega \ \text{pour la porte}}

⚠️⚠️ Le triangle est CONTINU, la porte SAUTE — un cran de régularité, un cran de décroissance. La règle du chapitre, vérifiée pour la troisième fois (porte $\frac1\omega$ , exponentielle bilatérale $\frac1{\omega^2}$ , gaussienne plus vite que tout).

e) Le contrôle numérique. En $\omega=\pi$ :

\hat f(\pi)=\dfrac{2-2\cos\pi}{\pi^{2}}=\dfrac{2+2}{\pi^{2}}=\dfrac{4}{\pi^{2}}\approx 0{,}405

Et par l'autre forme : $\mathrm{sinc}^{2}\!\left(\frac\pi2\right)=\left(\frac{1}{\pi/2}\right)^{2}=\frac{4}{\pi^{2}}$ ✓

\boxed{\text{les deux formes concordent — le contrôle qui valide l'angle moitié}}

f) Le contrôle par E2 (annonce). Si $\hat f_{\text{porte}}=\mathrm{sinc}$ , alors la convolution de deux portes a pour transformée $\mathrm{sinc}^{2}$ — exactement ce qu'on vient de trouver. ✓

Rappel de cours

LA TRANSFORMÉE DU TRIANGLE
$\boxed{1-\lvert t\rvert \text{ sur } \lvert t\rvert<1 \qquad\longrightarrow\qquad \dfrac{2-2\cos\omega}{\omega^{2}}=\mathrm{sinc}^{2}\!\left(\dfrac\omega2\right)}$

⚠️⚠️ L'IDENTITÉ QUI FAIT RECONNAÎTRE LE $\mathrm{sinc}^{2}$
$\boxed{1-\cos\omega=2\sin^{2}\!\left(\dfrac\omega2\right)}$
Sans elle, le résultat est juste mais méconnaissable — et l'énoncé demande de le reconnaître.

LA MÉTHODE $f$ paire $\Longrightarrow$ $\hat f(\omega)=2\int_{0}^{1}(1-t)\cos(\omega t)\,dt$ , puis une IPP. ⚠️ Dériver le polynôme, intégrer le cosinus. ⚠️ Le terme tout intégré s'annule aux deux bornes, pour des raisons différentes : $(1-t)=0$ en $1$ , $\sin(0)=0$ en $0$ . Vérifier les deux.

CONTRÔLES · aire : $\hat f(0)=1$ — c'est l'aire du triangle (base $2$ , hauteur $1$ ) ✓, retrouvée aussi par $\lim\mathrm{sinc}^2=1$ ; · ⚠️ POSITIVE partout (c'est un carré) — contraste avec A1, où le sinc change de signe ; · zéros en $\omega=2k\pi$ — les mêmes que ceux d'une porte de demi-largeur $\frac12$ ; · numérique : $\hat f(\pi)=\frac{4}{\pi^2}\approx 0{,}405$ par les deux formes — le contrôle qui valide l'angle moitié.

⚠️⚠️ DÉCROISSANCE EN $\frac1{\omega^{2}}$ , contre $\frac1\omega$ pour la porte Le triangle est continu (point anguleux seulement), la porte saute. Un cran de régularité, un cran de décroissance.

ℹ️ E2 expliquera tout d'un coup : le triangle est la convolution de deux portes, donc son spectre est le carré de celui de la porte — d'où la positivité ET la décroissance doublée.

L'erreur classique

⚠️⚠️ S'arrêter à $\frac{2-2\cos\omega}{\omega^{2}}$ . Le résultat est juste, mais l'énoncé demande de reconnaître le $\mathrm{sinc}^{2}$ — il faut l'identité de l'angle moitié.

⚠️⚠️ Écrire $\mathrm{sinc}^{2}(\omega)$ au lieu de $\mathrm{sinc}^{2}\!\left(\frac\omega2\right)$ . L'argument est la moitié, et c'est ce que dit l'identité.

Le contrôle : en $\omega=\pi$ , $\mathrm{sinc}^2(\pi)=0$ alors que $\hat f(\pi)=\frac{4}{\pi^2}\neq 0$ . Le contrôle numérique tranche immédiatement.

⚠️ Oublier le facteur $2$ de la parité, et trouver la moitié du résultat.

Le contrôle : l'aire vaut $1$ , pas $\frac12$ .

⚠️ Intégrer par parties dans le mauvais sens (dériver le cosinus) : le $t$ ne disparaît jamais et l'on tourne en rond.

⚠️ Ne vérifier qu'une borne du terme tout intégré. Les deux s'annulent, mais pour des raisons différentes — supposer sans vérifier est une erreur qui passe souvent.

⚠️ Croire que $\hat f$ change de signe comme le sinc de la porte. C'est un carré : elle s'annule mais reste positive.

⚠️ Croire que la décroissance est la même qu'en A1. Elle est en $\frac1{\omega^2}$ — le triangle est continu.

⚠️ Se tromper dans l'identité en écrivant $1-\cos\omega=\sin^2(\omega/2)$ sans le facteur $2$ . Le contrôle en $\omega=\pi$ l'attrape ( $1-\cos\pi=2$ , et $2\sin^2(\pi/2)=2$ ✓).

À retenir

\boxed{1-\lvert t\rvert \text{ sur } \lvert t\rvert<1 \qquad\longrightarrow\qquad \dfrac{2-2\cos\omega}{\omega^{2}}=\mathrm{sinc}^{2}\!\left(\dfrac\omega2\right)}

\boxed{1-\cos\omega=2\sin^{2}\!\left(\dfrac\omega2\right)} \qquad\text{l'identité de l'ANGLE MOITIÉ}

⚠️⚠️ Sans elle, le résultat est juste mais méconnaissable — et l'énoncé demande de reconnaître le $\mathrm{sinc}^2$ . ⚠️ L'argument est $\frac\omega2$ , pas $\omega$ .

Méthode : parité $\Longrightarrow$ $2\int_0^1(1-t)\cos(\omega t)dt$ , puis une IPP en dérivant le polynôme. Le terme tout intégré s'annule aux deux bornes, pour des raisons différentes — vérifier les deux.

Contrôles : aire $\hat f(0)=1$ , qui est l'aire du triangle (base 2, hauteur 1) · positive partout (c'est un carré), contrairement au sinc de la porte qui change de signe · zéros en $2k\pi$ · numérique en $\omega=\pi$ : $\frac{4}{\pi^2}$ par les deux formes — c'est lui qui valide l'angle moitié.

\boxed{\text{décroissance en } \tfrac1{\omega^{2}} \ \text{contre } \tfrac1\omega \ \text{pour la porte}}

⚠️ Le triangle est CONTINU, la porte SAUTE : un cran de régularité, un cran de décroissance.

ℹ️ E2 expliquera les deux faits d'un coup : le triangle est la convolution de deux portes, donc son spectre est le carré de celui de la porte.

Réponse.

\hat f(\omega)=\dfrac{2(1-\cos\omega)}{\omega^2}=\Big(\dfrac{2\sin(\omega/2)}\omega\Big)^2

. (Recoupement : sympy confirme

\tfrac{2(1-\cos\omega)}{\omega^2}

; spectre positif =

\lvert

sinc

\rvert^2

, annonce le théorème de convolution ✓)

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Propriété de retard

CalculDifficulté 3/5

Démontrer que $\widehat{f(t-t_0)}(\omega)=e^{-i\omega t_0}\,\hat f(\omega)$ , et l'illustrer sur la porte décalée.

Indices (3)

Poser $s=t-t_0$ dans l'intégrale.

$e^{-i\omega t}=e^{-i\omega(s+t_0)}$ .

Le facteur $e^{-i\omega t_0}$ sort de l'intégrale.

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

La première des six propriétés — et la plus simple à démontrer, ce qui en fait le bon modèle pour les cinq autres.

\boxed{\widehat{f(t-t_{0})}(\omega)=e^{-i\omega t_{0}}\,\hat f(\omega)}

La démonstration tient en UN changement de variable, et c'est le schéma de toutes les propriétés du lot :

\boxed{\text{poser } s=t-t_{0}, \ \text{c'est-à-dire } t=s+t_{0}}

⚠️⚠️ Le point qui fait tout : en substituant, l'exponentielle se casse en deux facteurs, dont l'un ne dépend plus de la variable d'intégration.

e^{-i\omega t}=e^{-i\omega(s+t_{0})}=\underbrace{e^{-i\omega s}}_{\text{reste dans l'intégrale}}\times\underbrace{e^{-i\omega t_{0}}}_{\text{SORT}}

\boxed{\text{une CONSTANTE (vis-à-vis de } s) \text{ sort de l'intégrale}}

ℹ️ C'est la propriété fondamentale de l'exponentielle — $e^{a+b}=e^{a}e^{b}$ — qui rend toute la théorie possible. Aucune autre fonction ne transformerait une translation en un simple facteur.

Ce que la propriété dit, physiquement :

\boxed{\lvert e^{-i\omega t_{0}}\rvert=1 \ \Longrightarrow \ \text{le MODULE de } \hat f \text{ est INCHANGÉ}}

\boxed{\text{RETARDER un signal ne change pas son CONTENU FRÉQUENTIEL}}

⚠️ Seule la PHASE bouge, et d'une quantité proportionnelle à $\omega$ :

\arg\hat g(\omega)=\arg\hat f(\omega)-\omega t_{0}

ℹ️ C'est exactement ce qu'on a vu en A5 sur l'impulsion — et ce n'en est pas une coïncidence : A5 est le cas $f=\delta$ de cette règle, puisque $\hat\delta=1$ .

\boxed{\text{A5 est le CAS PARTICULIER le plus simple de B1}}

L'illustration demandée : la porte décalée. Une porte de $[0,2T]$ est la porte de A1 retardée de $T$ :

\hat g(\omega)=e^{-i\omega T}\times\dfrac{2\sin(\omega T)}{\omega}

⚠️⚠️ La porte de A1 était PAIRE, donc à transformée RÉELLE. Décalée, elle ne l'est plus — et sa transformée devient complexe. Le module, lui, est identique.

La démonstration

Posons $g(t)=f(t-t_{0})$ .

\hat g(\omega)=\int_{-\infty}^{+\infty}f(t-t_{0})\,e^{-i\omega t}\,dt

1) Le changement de variable.

s=t-t_{0} \qquad\Longrightarrow\qquad t=s+t_{0} \qquad\Longrightarrow\qquad dt=ds

⚠️ Les bornes ne changent pas : quand $t$ parcourt $\mathbb R$ , $s$ aussi. Une translation ne déforme pas la droite réelle — c'est ce qui rend ce changement de variable si simple.

\hat g(\omega)=\int_{-\infty}^{+\infty}f(s)\,e^{-i\omega(s+t_{0})}\,ds

2) Casser l'exponentielle.

e^{-i\omega(s+t_{0})}=e^{-i\omega s}\times e^{-i\omega t_{0}}

3) Sortir le facteur constant. Le facteur $e^{-i\omega t_{0}}$ ne dépend pas de $s$ :

\hat g(\omega)=e^{-i\omega t_{0}}\int_{-\infty}^{+\infty}f(s)\,e^{-i\omega s}\,ds

Et l'intégrale restante est exactement $\hat f(\omega)$ — la variable d'intégration est muette.

\boxed{\widehat{f(t-t_{0})}(\omega)=e^{-i\omega t_{0}}\,\hat f(\omega)}

⚠️ La variable muette est le dernier point à ne pas rater : $\int f(s)e^{-i\omega s}ds$ et $\int f(t)e^{-i\omega t}dt$ sont le même nombre. Le nom de la variable n'a aucune importance.

L'illustration : la porte décalée.

Soit $p$ la porte de A1 ( $p=1$ sur $[-T,T]$ ), de transformée $\dfrac{2\sin(\omega T)}{\omega}$ .

La porte de $[0,2T]$ est $p(t-T)$ — on l'a décalée vers la droite de $T$ .

\boxed{\widehat{p(t-T)}(\omega)=e^{-i\omega T}\times\dfrac{2\sin(\omega T)}{\omega}}

Vérifions-le par le calcul direct :

\int_{0}^{2T}e^{-i\omega t}dt=\left[\dfrac{e^{-i\omega t}}{-i\omega}\right]_{0}^{2T}=\dfrac{1-e^{-2i\omega T}}{i\omega}

Et on retrouve bien la forme annoncée en factorisant par $e^{-i\omega T}$ :

\dfrac{1-e^{-2i\omega T}}{i\omega}=e^{-i\omega T}\cdot\dfrac{e^{i\omega T}-e^{-i\omega T}}{i\omega}=e^{-i\omega T}\cdot\dfrac{2i\sin(\omega T)}{i\omega}=e^{-i\omega T}\cdot\dfrac{2\sin(\omega T)}{\omega} \quad\checkmark

\boxed{\text{la factorisation par } e^{-i\omega T} \text{ FAIT APPARAÎTRE le sinus} \ — \ \text{c'est le geste à retenir}}

Les contrôles.

a) L'aire. $\hat g(0)=e^{0}\hat f(0)=\hat f(0)$ ✓

ℹ️ Cohérent : décaler une courbe ne change pas l'aire sous elle.

b) Le module inchangé.

\lvert\hat g(\omega)\rvert=\underbrace{\lvert e^{-i\omega t_{0}}\rvert}_{=1}\times\lvert\hat f(\omega)\rvert=\lvert\hat f(\omega)\rvert \quad\checkmark

\boxed{\text{le SPECTRE D'AMPLITUDE est invariant par translation}}

⚠️⚠️ C'est un fait lourd de conséquences : un enregistrement et le même enregistrement décalé d'une seconde ont exactement le même spectre d'amplitude. Toute l'information de position est dans la PHASE.

ℹ️ C'est pourquoi on ne peut pas reconstruire un signal à partir de son seul module — et c'est un problème central en cristallographie (le problème des phases).

c) Le cas $t_{0}=0$ . $e^{0}=1$ , la propriété devient triviale ✓

d) La composition de deux retards. Retarder de $t_{1}$ puis de $t_{2}$ doit revenir à retarder de $t_{1}+t_{2}$ :

e^{-i\omega t_{1}}\times e^{-i\omega t_{2}}=e^{-i\omega(t_{1}+t_{2})} \quad\checkmark

\boxed{\text{les facteurs de phase se MULTIPLIENT, les retards s'ADDITIONNENT}}

e) Le contrôle de cohérence avec A5. Pour $f=\delta$ , $\hat f=1$ :

\widehat{\delta(t-t_{0})}=e^{-i\omega t_{0}}\times 1=e^{-i\omega t_{0}} \quad\checkmark

f) Le sens du signe. Un retard ( $t_{0}>0$ ) donne le facteur $e^{-i\omega t_{0}}$ , de phase négative.

⚠️ Une AVANCE ( $t_{0}<0$ ) donnerait $e^{+i\omega\lvert t_{0}\rvert}$ — mathématiquement licite, mais physiquement irréalisable en temps réel : cela reviendrait à connaître le signal avant qu'il n'arrive.

Rappel de cours

PROPRIÉTÉ DE RETARD
$\boxed{\widehat{f(t-t_{0})}(\omega)=e^{-i\omega t_{0}}\,\hat f(\omega)}$

LA DÉMONSTRATION — un changement de variable, et c'est le modèle du lot
$s=t-t_{0} \ \Longrightarrow \ e^{-i\omega t}=\underbrace{e^{-i\omega s}}_{\text{reste}}\times\underbrace{e^{-i\omega t_{0}}}_{\text{SORT}}$
⚠️ Les bornes ne changent pas (une translation ne déforme pas $\mathbb R$ ), et la variable d'intégration est MUETTE. ℹ️ Tout repose sur $e^{a+b}=e^ae^b$ : aucune autre fonction ne transformerait une translation en un simple facteur.

⚠️⚠️ CE QUE LA PROPRIÉTÉ SIGNIFIE
$\boxed{\lvert e^{-i\omega t_{0}}\rvert=1 \ \Longrightarrow \ \text{le MODULE est INCHANGÉ}}$

$\boxed{\text{RETARDER ne change pas le CONTENU FRÉQUENTIEL — seule la PHASE tourne}}$

$\arg\hat g=\arg\hat f-\omega t_{0}$

⚠️⚠️ TOUTE L'INFORMATION DE POSITION EST DANS LA PHASE Un enregistrement et le même décalé d'une seconde ont exactement le même spectre d'amplitude. ℹ️ D'où l'impossibilité de reconstruire un signal depuis son seul module — le problème des phases en cristallographie.

L'ILLUSTRATION : la porte de $[0,2T]$ est $p(t-T)$
$\widehat{p(t-T)}=e^{-i\omega T}\,\dfrac{2\sin(\omega T)}{\omega}$
⚠️ Le geste à retenir : factoriser $\frac{1-e^{-2i\omega T}}{i\omega}$ par $e^{-i\omega T}$ fait apparaître le sinus. ⚠️ La porte de A1 était paire (transformée réelle) ; décalée, elle ne l'est plus — sa transformée devient complexe, à module identique.

CONTRÔLES : aire inchangée · module inchangé · $t_0=0$ trivial · retards qui s'additionnent = facteurs de phase qui se multiplient · A5 est le cas $f=\delta$ ( $\hat\delta=1$ ).

L'erreur classique

⚠️⚠️ Se tromper de signe et écrire $e^{+i\omega t_{0}}$ . Le changement $t=s+t_{0}$ met $t_0$ dans l'exposant négatif : $e^{-i\omega(s+t_0)}$ .

Le contrôle : un retard doit donner une phase négative — une avance serait non causale.

⚠️⚠️ Croire que le module change. $\lvert e^{-i\omega t_0}\rvert=1$ : le spectre d'amplitude est invariant par translation.

⚠️ Changer les bornes lors de la substitution. Une translation envoie $\mathbb R$ sur $\mathbb R$ : les bornes restent $\pm\infty$ .

⚠️ Croire que $\int f(s)e^{-i\omega s}ds \neq \hat f(\omega)$ parce que la lettre a changé. La variable d'intégration est muette.

⚠️ Appliquer la règle à $f(t_0-t)$ . Ce n'est pas une translation mais un retournement suivi d'une translation — la règle ne s'y applique pas telle quelle.

⚠️ Décaler dans le mauvais sens. $f(t-t_{0})$ avec $t_0>0$ décale vers la droite (retard), pas vers la gauche.

Le contrôle : la porte de $[0,2T]$ est bien $p(t-T)$ , à droite de celle de $[-T,T]$ .

⚠️ Oublier que la transformée devient complexe. La porte centrée avait une transformée réelle ; décalée, non — et ce n'est pas une erreur.

⚠️ Ne pas voir que A5 en est le cas $\delta$ . C'est le meilleur moyen de retenir la règle.

À retenir

\boxed{\widehat{f(t-t_{0})}(\omega)=e^{-i\omega t_{0}}\,\hat f(\omega)}

La démonstration : $s=t-t_0$ , puis $e^{-i\omega t}=e^{-i\omega s}\cdot e^{-i\omega t_0}$ — le second facteur sort, ne dépendant plus de $s$ .

⚠️ Les bornes ne changent pas, et la variable d'intégration est muette.

ℹ️ Tout repose sur $e^{a+b}=e^ae^b$ : aucune autre fonction ne transformerait une translation en un simple facteur.

\boxed{\lvert e^{-i\omega t_{0}}\rvert=1 \ \Longrightarrow \ \text{RETARDER ne change pas le MODULE}}

\boxed{\text{seule la PHASE tourne, de } -\omega t_{0}}

⚠️⚠️ Toute l'information de POSITION est dans la phase. Un enregistrement et le même décalé d'une seconde ont exactement le même spectre d'amplitude — d'où l'impossibilité de reconstruire un signal depuis son seul module.

L'illustration : la porte de $[0,2T]$ vaut $p(t-T)$ , donc $e^{-i\omega T}\frac{2\sin(\omega T)}{\omega}$ . ⚠️ Le geste : factoriser par $e^{-i\omega T}$ fait apparaître le sinus.

Contrôles : aire inchangée · module inchangé · retards qui s'additionnent = phases qui se multiplient · A5 est le cas $f=\delta$ de cette règle.

Réponse.

\widehat{f(t-t_0)}=e^{-i\omega t_0}\hat f(\omega)

(module inchangé, phase

-\omega t_0

). (Recoupement : sympy sur la porte décalée donne

e^{-i\omega t_0}\tfrac{2\sin\omega T}\omega

✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Modulation

ApplicationDifficulté 3/5

Démontrer que $\widehat{e^{i\omega_0 t}f(t)}=\hat f(\omega-\omega_0)$ , puis en déduire la transformée de $f(t)\cos(\omega_0 t)$ (modulation d'amplitude).

Indices (3)

$e^{i\omega_0 t}e^{-i\omega t}=e^{-i(\omega-\omega_0)t}$ .

$\cos(\omega_0 t)=\tfrac12(e^{i\omega_0 t}+e^{-i\omega_0 t})$ .

Appliquer la linéarité.

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

La propriété SYMÉTRIQUE de B1 — et c'est cette symétrie qui structure tout le lot.

\boxed{\widehat{e^{i\omega_{0}t}f(t)}(\omega)=\hat f(\omega-\omega_{0})}

⚠️⚠️ Comparez les deux règles côte à côte :

en TEMPS	en FRÉQUENCE
translater de $t_{0}$ (B1)	multiplier par $e^{-i\omega t_{0}}$
multiplier par $e^{i\omega_{0}t}$ (B2)	translater de $\omega_{0}$

\boxed{\text{TRANSLATION} \ \longleftrightarrow \ \text{MULTIPLICATION PAR UNE EXPONENTIELLE}}

ℹ️ Les deux mondes se répondent exactement, et ce sera vrai de toutes les propriétés du lot : dériver ↔ multiplier (B4/B5), étaler ↔ resserrer (B3). C'est le fil rouge du chapitre.

La démonstration est encore plus courte que celle de B1 — il n'y a même pas de changement de variable :

\int e^{i\omega_{0}t}f(t)\,e^{-i\omega t}\,dt=\int f(t)\,e^{-i(\omega-\omega_{0})t}\,dt

\boxed{\text{les deux exponentielles FUSIONNENT, et } \omega \text{ devient } \omega-\omega_{0}}

L'application demandée : la MODULATION D'AMPLITUDE.

⚠️⚠️ On ne module pas par $e^{i\omega_{0}t}$ en pratique — ce signal est COMPLEXE. On module par un cosinus, qui est réel, et c'est là qu'intervient Euler :

\boxed{\cos(\omega_{0}t)=\dfrac{e^{i\omega_{0}t}+e^{-i\omega_{0}t}}{2}}

Par linéarité de la transformée, chacun des deux termes translate :

\boxed{\widehat{f(t)\cos(\omega_{0}t)}=\dfrac{1}{2}\left[\hat f(\omega-\omega_{0})+\hat f(\omega+\omega_{0})\right]}

⚠️⚠️ LE SPECTRE SE DÉDOUBLE ET SE DÉPLACE, une copie de chaque côté, chacune de moitié d'amplitude.

\boxed{\text{moduler} \ = \ \text{TRANSPORTER le spectre autour de la porteuse}}

ℹ️ C'est le principe même de la radio. Un signal audio occupe $[0,20]$ kHz ; le multiplier par une porteuse à 100 MHz place son spectre autour de 100 MHz. Chaque station occupe ainsi sa propre bande, et l'on peut les séparer par filtrage.

⚠️ Le facteur $\frac12$ n'est pas décoratif : moduler DIVISE l'amplitude par deux dans chaque bande — c'est le prix du dédoublement, et il se paie en puissance d'émission.

La démonstration

1) La propriété de base.

\widehat{e^{i\omega_{0}t}f(t)}(\omega)=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{i\omega_{0}t}f(t)\,e^{-i\omega t}\,dt

Fusionner les deux exponentielles :

e^{i\omega_{0}t}\times e^{-i\omega t}=e^{i(\omega_{0}-\omega)t}=e^{-i(\omega-\omega_{0})t}

\widehat{e^{i\omega_{0}t}f(t)}(\omega)=\int f(t)\,e^{-i(\omega-\omega_{0})t}\,dt

⚠️⚠️ Reconnaître la définition de $\hat f$ , évaluée en $\omega-\omega_{0}$ :

\boxed{\widehat{e^{i\omega_{0}t}f(t)}(\omega)=\hat f(\omega-\omega_{0})}

ℹ️ Aucun changement de variable, aucune intégration par parties — juste une lecture. C'est la propriété la plus économique du lot.

2) L'application au cosinus.

Euler :

\cos(\omega_{0}t)=\dfrac{e^{i\omega_{0}t}+e^{-i\omega_{0}t}}{2}

f(t)\cos(\omega_{0}t)=\dfrac{1}{2}e^{i\omega_{0}t}f(t)+\dfrac{1}{2}e^{-i\omega_{0}t}f(t)

La transformée est LINÉAIRE — c'est une intégrale :

\widehat{f\cos(\omega_{0}t)}=\dfrac12\widehat{e^{i\omega_{0}t}f}+\dfrac12\widehat{e^{-i\omega_{0}t}f}

Le premier terme translate de $+\omega_{0}$ , le second de $-\omega_{0}$ (c'est la même règle avec $-\omega_0$ à la place de $\omega_0$ ) :

\boxed{\widehat{f(t)\cos(\omega_{0}t)}=\dfrac{1}{2}\left[\hat f(\omega-\omega_{0})+\hat f(\omega+\omega_{0})\right]}

Les contrôles.

a) La linéarité, à ne pas passer sous silence. Elle vaut parce que la transformée est une intégrale, et que l'intégrale d'une somme est la somme des intégrales.

\boxed{\widehat{\alpha f+\beta g}=\alpha\hat f+\beta\hat g}

⚠️ Toutes les démonstrations du lot s'en servent — c'est l'outil le plus employé et le moins cité.

b) L'aire. Pour la modulation :

\widehat{f\cos}(0)=\dfrac12\left[\hat f(-\omega_{0})+\hat f(\omega_{0})\right]

Et directement : $\int f(t)\cos(\omega_0 t)dt$ , qui n'a aucune raison de valoir $\int f$ — cohérent, le cosinus oscille et compense.

ℹ️ Ce contrôle-là ne « tombe pas rond », et c'est normal : moduler change fondamentalement le signal.

c) La réalité du résultat. Si $f$ est réelle et paire, $\hat f$ l'est aussi (A1), donc

\dfrac12\left[\hat f(\omega-\omega_{0})+\hat f(\omega+\omega_{0})\right] \ \text{est RÉELLE et PAIRE} \quad\checkmark

⚠️ Cohérent : $f\cos(\omega_0 t)$ est alors réelle et paire. La symétrie est préservée.

d) Le cas $\omega_{0}=0$ . Le cosinus vaut $1$ , et la formule donne

\dfrac12\left[\hat f(\omega)+\hat f(\omega)\right]=\hat f(\omega) \quad\checkmark

\boxed{\text{le facteur } \tfrac12 \text{ et le dédoublement se compensent exactement}}

⚠️ Ce contrôle vaut de l'or : il valide à la fois le facteur $\frac12$ et les deux signes de translation. Une seule erreur des trois le ferait échouer.

e) Le contrôle sur un cas concret. Prenons $f=\delta$ , dont $\hat f=1$ :

\widehat{\delta(t)\cos(\omega_{0}t)}=\dfrac12\left[1+1\right]=1

Et directement : $\delta(t)\cos(\omega_0 t)=\delta(t)\cos 0=\delta(t)$ , dont la transformée est $1$ ✓

ℹ️ La propriété de filtrage rend $\delta(t)g(t)=g(0)\delta(t)$ — un contrôle qui ne coûte rien.

f) Le contrôle par la largeur de bande.

⚠️⚠️ Si $\hat f$ est concentrée sur $[-B,B]$ , le signal modulé occupe $[\omega_{0}-B,\ \omega_{0}+B]$ ET $[-\omega_{0}-B,\ -\omega_{0}+B]$ .

\boxed{\text{largeur de bande TOTALE} = 2B \ \text{autour de chaque porteuse}}

ℹ️ C'est ce qui détermine l'espacement des stations radio : en FM, chaque station a 200 kHz de canal. Un chevauchement, et deux stations se brouillent.

⚠️ Et il faut $\omega_{0}>B$ pour que les deux copies ne se recouvrent pas — c'est la condition de démodulation possible, et c'est déjà Shannon (D1), rencontré ici sous un autre jour.

Rappel de cours

MODULATION
$\boxed{\widehat{e^{i\omega_{0}t}f(t)}(\omega)=\hat f(\omega-\omega_{0})}$
La démonstration : les exponentielles fusionnent, $e^{i\omega_0 t}e^{-i\omega t}=e^{-i(\omega-\omega_0)t}$ . Aucun changement de variable.

⚠️⚠️ LA SYMÉTRIE AVEC B1 — le fil rouge du chapitre

en TEMPS en FRÉQUENCE

translater (B1) multiplier par une exponentielle

multiplier par une exponentielle (B2) translater

ℹ️ Et il en ira de même pour dériver ↔ multiplier (B4/B5), étaler ↔ resserrer (B3).

en TEMPS	en FRÉQUENCE
translater (B1)	multiplier par une exponentielle
multiplier par une exponentielle (B2)	translater

LE CAS RÉEL — la modulation d'amplitude ⚠️ On ne module pas par $e^{i\omega_0t}$ , qui est complexe. On module par un cosinus :
$\cos(\omega_{0}t)=\dfrac{e^{i\omega_{0}t}+e^{-i\omega_{0}t}}{2}$

$\boxed{\widehat{f(t)\cos(\omega_{0}t)}=\dfrac{1}{2}\left[\hat f(\omega-\omega_{0})+\hat f(\omega+\omega_{0})\right]}$

$\boxed{\text{MODULER} = \text{TRANSPORTER le spectre autour de la porteuse}}$
ℹ️ C'est le principe de la radio : un signal audio $[0,20]$ kHz placé autour de 100 MHz. Chaque station occupe sa bande. ⚠️ Le facteur $\frac12$ se paie en puissance d'émission — moduler divise l'amplitude par deux dans chaque bande.

CONTRÔLES · ⚠️ LINÉARITÉ — l'outil le plus employé et le moins cité du lot : $\widehat{\alpha f+\beta g}=\alpha\hat f+\beta\hat g$ ; · ⚠️⚠️ $\omega_{0}=0$ : $\frac12[\hat f+\hat f]=\hat f$ ✓ — valide le $\frac12$ (pas les signes : en $\omega_0=0$ ils coïncident ; le signe se contrôle sur $f=1$ , dont la transformée $2\pi\delta(\omega-\omega_0)$ met la raie en $+\omega_0$ ) ; · $f=\delta$ : $\frac12[1+1]=1=\hat\delta$ ✓ ; · largeur de bande $2B$ autour de chaque porteuse, et il faut $\omega_0>B$ pour que les copies ne se recouvrent pas — c'est déjà Shannon (D1).

L'erreur classique

⚠️⚠️ Oublier le facteur $\frac12$ . Il vient d'Euler, et moduler divise bien l'amplitude par deux dans chaque bande.

Le contrôle : $\omega_0=0$ doit redonner $\hat f$ , pas $2\hat f$ .

⚠️⚠️ Ne garder qu'une seule copie translatée. Le cosinus est une somme de deux exponentielles : le spectre se dédouble.

⚠️ Se tromper de signe dans la translation. $e^{+i\omega_0 t}$ translate de $+\omega_0$ (vers la droite) — le signe suit celui de l'exponentielle.

Le contrôle : sur $f=1$ , dont la transformée $2\pi\delta(\omega-\omega_0)$ place la raie en $+\omega_0$ — $\omega_0=0$ ne le voit pas, les deux signes y coïncidant.

⚠️ Confondre avec B1. B1 multiplie la transformée par une exponentielle ; B2 la translate. Les deux règles sont miroir l'une de l'autre.

⚠️ Moduler par $e^{i\omega_0 t}$ en croyant décrire un signal physique. Ce signal est complexe : le signal réel est le cosinus.

⚠️ Oublier de citer la linéarité. C'est elle qui autorise à transformer les deux termes séparément.

⚠️ Croire que $\omega_0$ peut être quelconque. Il faut $\omega_0>B$ , sinon les deux copies se recouvrent et la démodulation devient impossible — c'est déjà du repliement.

⚠️ Croire que l'aire est conservée. Elle ne l'est pas, et c'est normal : moduler change le signal.

À retenir

\boxed{\widehat{e^{i\omega_{0}t}f(t)}(\omega)=\hat f(\omega-\omega_{0})} \qquad\qquad \boxed{\widehat{f\cos(\omega_{0}t)}=\dfrac{1}{2}\left[\hat f(\omega-\omega_{0})+\hat f(\omega+\omega_{0})\right]}

\boxed{\text{TRANSLATION} \ \longleftrightarrow \ \text{MULTIPLICATION PAR UNE EXPONENTIELLE}}

⚠️⚠️ B2 est exactement le MIROIR de B1 : translater en temps = multiplier en fréquence, multiplier en temps = translater en fréquence. C'est le fil rouge du chapitre, qui vaudra aussi pour B3, B4, B5.

La démonstration : les exponentielles fusionnent, sans changement de variable. Puis Euler pour passer au cosinus, et la linéarité — l'outil le plus employé et le moins cité.

\boxed{\text{MODULER} = \text{TRANSPORTER le spectre autour de la porteuse}}

ℹ️ C'est le principe de la radio. ⚠️ Le facteur $\frac12$ n'est pas décoratif : il se paie en puissance d'émission.

\boxed{\text{LE CONTRÔLE QUI VAUT DE L'OR} : \ \omega_{0}=0 \ \Longrightarrow \ \tfrac12[\hat f+\hat f]=\hat f}

Il valide le facteur $\frac12$ — pas les signes de translation, qui coïncident en $\omega_0=0$ (les contrôler sur $f=1$ : raie en $+\omega_0$ ).

⚠️ Il faut $\omega_0>B$ pour que les deux copies ne se recouvrent pas : c'est déjà Shannon (D1), rencontré sous un autre jour.

Réponse.

\widehat{e^{i\omega_0 t}f}=\hat f(\omega-\omega_0)

;

\widehat{f\cos\omega_0 t}=\tfrac12[\hat f(\omega-\omega_0)+\hat f(\omega+\omega_0)]

. (Recoupement : sympy sur l'exponentielle causale donne

\tfrac1{a+i(\omega-\omega_0)}

✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Changement d'échelle

DémonstrationDifficulté 3/5

Démontrer que $\widehat{f(at)}(\omega)=\dfrac1{\lvert a\rvert}\,\hat f\!\left(\dfrac\omega a\right)$ ( $a\neq0$ ), et interpréter.

Indices (3)

Poser $s=at$ (pour $a>0$ ), $ds=a\,dt$ .

$e^{-i\omega t}=e^{-i\omega s/a}$ .

Pour $a<0$ , les bornes s'inversent d'où $\lvert a\rvert$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

La propriété qui DÉMONTRE ce que les exercices A1, A3 et A5 laissaient seulement entrevoir.

\boxed{\widehat{f(at)}(\omega)=\dfrac{1}{\lvert a\rvert}\,\hat f\!\left(\dfrac{\omega}{a}\right) \qquad (a\neq 0)}

⚠️⚠️ DEUX effets, et il faut les distinguer :

\boxed{1) \ \text{l'ARGUMENT est divisé par } a \ : \ \text{le spectre change de LARGEUR}}

\boxed{2) \ \text{un FACTEUR } \tfrac{1}{\lvert a\rvert} \text{ apparaît} \ : \ \text{le spectre change de HAUTEUR}}

Prenons $a=2$ , c'est-à-dire un signal deux fois plus rapide (donc deux fois plus bref) :

\widehat{f(2t)}(\omega)=\dfrac12\,\hat f\!\left(\dfrac\omega2\right)

⚠️ $\hat f(\omega/2)$ est le spectre ÉTIRÉ d'un facteur $2$ — pour atteindre une valeur donnée de $\hat f$ , il faut maintenant un $\omega$ deux fois plus grand.

\boxed{\text{signal COMPRIMÉ en temps} \ \Longrightarrow \ \text{spectre ÉTIRÉ en fréquence}}

\boxed{\text{ON NE PEUT PAS ÊTRE BREF ET DE BANDE ÉTROITE À LA FOIS}}

ℹ️ C'est le principe d'incertitude temps-fréquence, et cette formule en donne l'image : comprimer d'un facteur $a$ étire le spectre du même facteur (l'énoncé exact est l'inégalité d'incertitude, dont la gaussienne réalise l'égalité — A4). Toutes les observations du lot A en découlent :

exercice	observation	explication par B3
A1	porte large → sinc étroit	$a$ petit
A3	signal bref → lorentzienne large	$a$ grand
A5	impulsion → spectre plat	$a\to\infty$ , cas limite
A4	gaussienne autoréciproque	le point d'équilibre

Et le facteur $\frac{1}{\lvert a\rvert}$ n'est pas un détail technique : c'est lui qui respecte la règle de l'aire : la transformée en $0$ vaut l'aire du signal comprimé.

\widehat{f(at)}(0)=\dfrac{1}{\lvert a\rvert}\hat f(0)=\dfrac{1}{\lvert a\rvert}\int f

⚠️ Et c'est exact : comprimer horizontalement d'un facteur $a$ divise l'aire par $\lvert a\rvert$ . Le facteur ne fait que refléter cette division.

⚠️⚠️ POURQUOI LA VALEUR ABSOLUE ? Parce que pour $a<0$ , le changement de variable retourne les bornes, et les remettre dans l'ordre produit un signe $-$ qui compense exactement. Une transformée ne peut pas dépendre du sens dans lequel on parcourt l'axe.

La démonstration

Posons $g(t)=f(at)$ , et traitons d'abord $a>0$ .

\hat g(\omega)=\int_{-\infty}^{+\infty}f(at)\,e^{-i\omega t}\,dt

1) Le changement de variable.

s=at \qquad\Longrightarrow\qquad t=\dfrac{s}{a} \qquad\Longrightarrow\qquad dt=\dfrac{ds}{a}

⚠️ Pour $a>0$ , les bornes sont préservées : $t\to-\infty$ donne $s\to-\infty$ .

\hat g(\omega)=\int_{-\infty}^{+\infty}f(s)\,e^{-i\omega s/a}\,\dfrac{ds}{a}=\dfrac{1}{a}\int f(s)\,e^{-i(\omega/a)s}\,ds

2) Reconnaître $\hat f$ évaluée en $\frac\omega a$ :

\boxed{\hat g(\omega)=\dfrac{1}{a}\,\hat f\!\left(\dfrac\omega a\right) \qquad (a>0)}

3) Le cas $a<0$ — celui qui produit la valeur absolue.

Quand $a<0$ , le changement $s=at$ RETOURNE l'axe : $t\to-\infty$ donne $s\to+\infty$ .

\int_{t=-\infty}^{+\infty}\quad\longrightarrow\quad \int_{s=+\infty}^{-\infty}

Remettre les bornes dans l'ordre coûte un signe $-$ :

\int_{+\infty}^{-\infty}=-\int_{-\infty}^{+\infty}

\hat g(\omega)=-\dfrac{1}{a}\int f(s)e^{-i(\omega/a)s}ds=\dfrac{1}{-a}\,\hat f\!\left(\dfrac\omega a\right)

Et pour $a<0$ , $-a=\lvert a\rvert$ :

\boxed{\widehat{f(at)}(\omega)=\dfrac{1}{\lvert a\rvert}\,\hat f\!\left(\dfrac\omega a\right) \qquad\text{dans les DEUX cas}}

⚠️⚠️ La valeur absolue N'EST PAS une précaution cosmétique : elle est le résultat exact du retournement des bornes. L'écrire $\frac1a$ donnerait une transformée négative pour $a<0$ , ce qui est absurde — l'aire d'un signal retourné reste positive si celle du signal l'est.

Les contrôles.

a) Le cas $a=1$ . La formule donne $\hat f(\omega)$ ✓ — trivial, et il ne valide ni le facteur ni l'argument : un simple contrôle de cohérence (l'aire et la gaussienne, plus bas, les valident).

b) L'aire.

\hat g(0)=\dfrac{1}{\lvert a\rvert}\hat f(0)=\dfrac{1}{\lvert a\rvert}\int f

Et directement : $\int f(at)\,dt=\frac{1}{\lvert a\rvert}\int f(s)\,ds$ ✓

\boxed{\text{le facteur } \tfrac1{\lvert a\rvert} \text{ EST la règle de l'aire } \hat g(0)=\int g}

c) Le cas $a=-1$ — le retournement pur.

\widehat{f(-t)}(\omega)=\hat f(-\omega)

⚠️ Retourner le temps retourne la fréquence, sans facteur ( $\lvert-1\rvert=1$ ) ✓

ℹ️ Cohérent avec A1 : la porte, étant paire, est invariante par retournement — et sa transformée l'est aussi.

d) La composition. Appliquer $a$ puis $b$ doit revenir à appliquer $ab$ :

\dfrac{1}{\lvert a\rvert}\times\dfrac{1}{\lvert b\rvert}=\dfrac{1}{\lvert ab\rvert} \qquad\text{et}\qquad \dfrac{\omega/a}{b}=\dfrac{\omega}{ab} \quad\checkmark

e) LE CONTRÔLE DÉCISIF : sur la gaussienne.

On sait (A4) que $e^{-t^{2}/2}\to\sqrt{2\pi}e^{-\omega^{2}/2}$ . Que donne $e^{-t^{2}}$ ?

e^{-t^{2}}=e^{-(\sqrt2\,t)^{2}/2}=f(\sqrt2\,t) \qquad\text{avec } f(t)=e^{-t^{2}/2}

Par B3 avec $a=\sqrt2$ :

\widehat{e^{-t^{2}}}(\omega)=\dfrac{1}{\sqrt2}\times\sqrt{2\pi}\,e^{-(\omega/\sqrt2)^{2}/2}=\sqrt{\pi}\,e^{-\omega^{2}/4}

\boxed{\widehat{e^{-t^{2}}}=\sqrt\pi\,e^{-\omega^{2}/4} \quad\checkmark}

⚠️⚠️ C'est exactement la valeur annoncée en A4 et employée en E4 — obtenue ici par une voie complètement différente. Deux chemins, un résultat.

ℹ️ Et l'on voit les deux effets à l'œuvre : le signal est plus resserré ( $e^{-t^2}$ décroît plus vite que $e^{-t^2/2}$ ), et son spectre est plus large ( $\omega^2/4$ au lieu de $\omega^2/2$ ) et plus bas ( $\sqrt\pi$ au lieu de $\sqrt{2\pi}$ ).

f) Le contrôle par la durée × largeur. Pour la lorentzienne (A3), largeur $2a$ contre durée $\frac1a$ :

\text{durée}\times\text{largeur}=\dfrac1a\times 2a=2 \qquad\text{INDÉPENDANT de } a

\boxed{\text{le PRODUIT est invariant — une illustration du principe d'incertitude}}

Rappel de cours

CHANGEMENT D'ÉCHELLE
$\boxed{\widehat{f(at)}(\omega)=\dfrac{1}{\lvert a\rvert}\,\hat f\!\left(\dfrac{\omega}{a}\right) \qquad (a\neq 0)}$

⚠️⚠️ DEUX EFFETS DISTINCTS · l'argument divisé par $a$ → le spectre change de LARGEUR ; · le facteur $\frac1{\lvert a\rvert}$ → le spectre change de HAUTEUR.

$\boxed{\text{signal COMPRIMÉ en temps} \ \Longrightarrow \ \text{spectre ÉTIRÉ en fréquence}}$
$\boxed{\text{ON NE PEUT PAS ÊTRE BREF ET DE BANDE ÉTROITE À LA FOIS}}$
ℹ️ C'est le principe d'incertitude, et cette formule en donne l'image (l'énoncé exact est l'inégalité d'incertitude, A4) — elle explique A1, A3, A5 et A4 d'un coup.

⚠️⚠️ D'OÙ VIENT LA VALEUR ABSOLUE Pour $a<0$ , le changement $s=at$ retourne les bornes ; les remettre dans l'ordre coûte un signe $-$ , qui transforme $\frac1a$ en $\frac1{\lvert a\rvert}$ . Ce n'est PAS une précaution cosmétique : sans elle, la transformée serait négative pour $a<0$ , ce qui est absurde.

CONTRÔLES · $a=1$ : formule triviale ✓ (simple contrôle de cohérence : il ne voit ni le facteur ni l'argument — l'aire valide le facteur, la gaussienne les deux) ; · aire : $\frac1{\lvert a\rvert}\int f$ — le facteur EST la règle de l'aire (transformée en $0$ = aire du signal comprimé) ; · $a=-1$ : $\widehat{f(-t)}=\hat f(-\omega)$ , sans facteur ; · composition : $\frac1{\lvert a\rvert}\frac1{\lvert b\rvert}=\frac1{\lvert ab\rvert}$ ✓

⚠️⚠️ LE CONTRÔLE DÉCISIF — sur la gaussienne
$e^{-t^{2}}=f(\sqrt2\,t) \quad\text{avec } f=e^{-t^{2}/2} \qquad\Longrightarrow\qquad \widehat{e^{-t^{2}}}=\dfrac{\sqrt{2\pi}}{\sqrt2}e^{-\omega^{2}/4}=\sqrt\pi\,e^{-\omega^{2}/4}$
C'est la valeur d'A4 et d'E4, retrouvée par une voie tout autre.

LE PRODUIT durée × largeur EST INVARIANT — lorentzienne (A3) : $\frac1a\times 2a=2$ , indépendant de $a$ .

L'erreur classique

⚠️⚠️ Oublier le facteur $\frac{1}{\lvert a\rvert}$ . Il n'est pas décoratif : c'est la règle de l'aire, $\hat g(0)=\int g$ .

Le contrôle : $\hat g(0)$ doit valoir $\int f(at)dt=\frac{1}{\lvert a\rvert}\int f$ .

⚠️⚠️ Écrire $\frac1a$ au lieu de $\frac1{\lvert a\rvert}$ . Pour $a<0$ , on obtiendrait une transformée négative — absurde.

L'origine de la valeur absolue : le retournement des bornes, qu'il faut expliciter dans la démonstration.

⚠️ Multiplier l'argument par $a$ au lieu de le diviser. C'est $\hat f\!\left(\frac\omega a\right)$ : comprimer en temps étire en fréquence, pas l'inverse.

Le contrôle : $a=2$ doit élargir le spectre — c'est l'intuition physique.

⚠️ Croire que seule la largeur change. La hauteur aussi, par le facteur.

⚠️ Oublier de traiter $a<0$ . La démonstration est incomplète sans lui, et c'est là qu'est la valeur absolue.

⚠️ Croire qu'on peut avoir un signal bref ET de bande étroite. L'inégalité d'incertitude l'interdit (A4) — la formule en montre le mécanisme : comprimer en temps étire le spectre.

⚠️ Ne pas s'en servir pour retrouver A4. Le passage $e^{-t^2/2}\to e^{-t^2}$ est le meilleur contrôle de la formule, et il ne coûte rien.

À retenir

\boxed{\widehat{f(at)}(\omega)=\dfrac{1}{\lvert a\rvert}\,\hat f\!\left(\dfrac{\omega}{a}\right)}

⚠️⚠️ DEUX effets : l'argument divisé par $a$ change la LARGEUR, le facteur $\frac1{\lvert a\rvert}$ change la HAUTEUR.

\boxed{\text{signal COMPRIMÉ en temps} \ \Longrightarrow \ \text{spectre ÉTIRÉ en fréquence}}

\boxed{\text{ON NE PEUT PAS ÊTRE BREF ET DE BANDE ÉTROITE À LA FOIS}}

ℹ️ C'est le principe d'incertitude, et cette formule en donne l'image (l'énoncé exact est l'inégalité d'incertitude, A4) : elle explique A1 (porte/sinc), A3 (durée/largeur), A5 (impulsion/spectre plat) et A4 (le point d'équilibre) d'un seul coup.

⚠️⚠️ La valeur absolue vient du RETOURNEMENT DES BORNES quand $a<0$ — pas d'une précaution cosmétique. Sans elle, la transformée serait négative, ce qui est absurde.

Le facteur $\frac1{\lvert a\rvert}$ EST la règle de l'aire : $\int f(at)dt=\frac{1}{\lvert a\rvert}\int f$ .

\boxed{\text{CONTRÔLE DÉCISIF} : \ e^{-t^{2}}=f(\sqrt2\,t) \ \Longrightarrow \ \widehat{e^{-t^{2}}}=\sqrt\pi\,e^{-\omega^{2}/4}}

C'est la valeur d'A4 et d'E4, retrouvée par une voie tout autre.

Le produit durée × largeur est INVARIANT — lorentzienne : $\frac1a\times 2a=2$ , quel que soit $a$ .

Réponse.

\widehat{f(at)}=\dfrac1{\lvert a\rvert}\hat f(\omega/a)

. (Recoupement : sympy sur la porte

f(at)

donne

\tfrac1a\cdot\tfrac{2\sin((\omega/a)T)}{\omega/a}

✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Dérivation et équations différentielles

ApplicationDifficulté 3/5

Montrer que $\widehat{f'(t)}=i\omega\,\hat f(\omega)$ (intégration par parties), et expliquer pourquoi la TF algébrise les équations différentielles.

Indices (3)

IPP : $\displaystyle\int f'(t)e^{-i\omega t}dt=[f e^{-i\omega t}]-\int f\cdot(-i\omega)e^{-i\omega t}dt$ .

$f\to0$ à $\pm\infty$ (terme de bord nul).

Dans une ODE, remplacer $\tfrac{d}{dt}$ par $i\omega$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

La propriété qui donne à la transformée de Fourier son utilité en ingénierie.

\boxed{\widehat{f'(t)}(\omega)=i\omega\,\hat f(\omega)}

\boxed{\text{DÉRIVER en temps} \ \longleftrightarrow \ \text{MULTIPLIER par } i\omega \text{ en fréquence}}

⚠️⚠️ C'est la propriété la plus lourde de conséquences du chapitre, et il faut voir pourquoi : elle transforme une opération d'analyse (dériver) en une opération d'algèbre (multiplier).

\boxed{\text{la TF ALGÉBRISE les équations différentielles}}

Concrètement. Prenons une équation différentielle linéaire à coefficients constants :

a\,y''+b\,y'+c\,y=x(t)

En transformant chaque terme — la dérivée seconde donnant $(i\omega)^{2}$ :

a(i\omega)^{2}\hat y+b(i\omega)\hat y+c\,\hat y=\hat x

\left[a(i\omega)^{2}+b(i\omega)+c\right]\hat y=\hat x

\boxed{\hat y(\omega)=\dfrac{\hat x(\omega)}{a(i\omega)^{2}+b(i\omega)+c}}

⚠️⚠️ L'ÉQUATION DIFFÉRENTIELLE EST DEVENUE UNE DIVISION. Plus de solution homogène à chercher, plus de solution particulière à deviner : une fraction, à condition que $a(i\omega)^{2}+b(i\omega)+c$ ne s'annule pas sur $\mathbb R$ — elle donne alors l'unique solution d'énergie finie (un problème à conditions initiales relève de Laplace).

ℹ️ Le dénominateur porte un nom — c'est la FONCTION DE TRANSFERT du système, à un inverse près, et c'est l'objet central de l'automatique et du traitement du signal. D5 en calculera une, E6 en donnera la théorie.

La démonstration : une INTÉGRATION PAR PARTIES.

\widehat{f'}(\omega)=\int_{-\infty}^{+\infty}f'(t)\,e^{-i\omega t}\,dt

\boxed{u=e^{-i\omega t} \qquad v'=f'(t)}

⚠️ On dérive l'EXPONENTIELLE et on intègre $f'$ — c'est le sens qui fait apparaître $f$ et le facteur $-i\omega$ .

Le terme tout intégré $\left[f(t)e^{-i\omega t}\right]_{-\infty}^{+\infty}$ doit s'ANNULER, et cela suppose :

\boxed{f(t)\xrightarrow[t\to\pm\infty]{}0}

⚠️⚠️ C'est l'HYPOTHÈSE, et elle n'est pas gratuite. Elle est vérifiée dès que $f$ est intégrable et suffisamment régulière — par exemple dès que $f'$ l'est aussi (l'énergie finie seule ne suffit pas). Mais elle doit être énoncée : la propriété est fausse sans elle.

La démonstration

1) L'intégration par parties.

\widehat{f'}(\omega)=\int_{-\infty}^{+\infty}f'(t)\,e^{-i\omega t}\,dt

On pose :

u(t)=e^{-i\omega t} \quad\Longrightarrow\quad u'(t)=-i\omega\,e^{-i\omega t}

v'(t)=f'(t) \quad\Longrightarrow\quad v(t)=f(t)

\int_{-\infty}^{+\infty}f'(t)e^{-i\omega t}dt=\underbrace{\left[f(t)\,e^{-i\omega t}\right]_{-\infty}^{+\infty}}_{\text{terme tout intégré}}-\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)\times\left(-i\omega\,e^{-i\omega t}\right)dt

2) Le terme tout intégré.

\left\lvert f(t)e^{-i\omega t}\right\rvert=\lvert f(t)\rvert\times\underbrace{\lvert e^{-i\omega t}\rvert}_{=1}=\lvert f(t)\rvert

⚠️⚠️ L'exponentielle ne fait RIEN au module — c'est $f$ seule qui décide. Donc si $f(t)\to 0$ aux deux bornes, le terme s'annule.

\boxed{\text{terme tout intégré} = 0 \qquad\text{SOUS L'HYPOTHÈSE } f\to 0}

3) Le terme restant.

-\int f(t)\left(-i\omega\,e^{-i\omega t}\right)dt=+i\omega\int f(t)\,e^{-i\omega t}\,dt=i\omega\,\hat f(\omega)

⚠️ Deux signes moins se compensent : celui de la formule d'IPP et celui de la dérivée de l'exponentielle.

\boxed{\widehat{f'(t)}(\omega)=i\omega\,\hat f(\omega)}

4) L'itération — les dérivées supérieures.

En réappliquant la règle :

\boxed{\widehat{f^{(n)}}(\omega)=(i\omega)^{n}\,\hat f(\omega)}

⚠️ Chaque dérivation coûte un facteur $i\omega$ , et $(i\omega)^{2}=-\omega^{2}$ — le $i^2=-1$ étant la source du signe moins qui apparaît dans toutes les équations d'ordre 2.

Les contrôles.

a) Le contrôle de cohérence sur la décroissance.

\boxed{\widehat{f'}=i\omega\hat f \ \Longrightarrow \ \hat f(\omega)=\dfrac{\widehat{f'}(\omega)}{i\omega}}

⚠️⚠️ Si $f'$ existe et est intégrable, alors $\widehat{f'}$ est bornée, donc $\hat f$ décroît au moins comme $\frac1\omega$ .

\boxed{\text{VOICI la démonstration de la règle } \ \text{régularité} \leftrightarrow \text{décroissance}}

ℹ️ Chaque dérivée supplémentaire fait gagner une puissance de $\frac1\omega$ — c'est exactement ce qu'on observait empiriquement depuis A1 : porte discontinue ( $\frac1\omega$ ), triangle continu ( $\frac1{\omega^2}$ ), gaussienne $\mathcal C^\infty$ (plus vite que tout). La règle n'était pas une coïncidence : c'est cette propriété.

b) Le contrôle sur la gaussienne — un cas où tout est connu :

f=e^{-t^{2}/2} \qquad f'=-t\,e^{-t^{2}/2}

Membre de gauche : $\widehat{f'}=\widehat{-te^{-t^2/2}}=+i\omega\sqrt{2\pi}e^{-\omega^2/2}$ (calculé en B5).

Membre de droite : $i\omega\hat f=i\omega\sqrt{2\pi}e^{-\omega^{2}/2}$ ✓

c) Le contrôle sur l'exponentielle causale — et il RÉVÈLE l'hypothèse.

Pour $f=e^{-at}u(t)$ , $\hat f=\frac{1}{a+i\omega}$ . Mais $f$ SAUTE en $t=0$ : sa dérivée au sens des fonctions n'est définie que par morceaux.

⚠️⚠️ Appliquer la règle naïvement donnerait $\widehat{f'}=\frac{i\omega}{a+i\omega}$ , qui ne tend PAS vers $0$ à l'infini — impossible pour une transformée de fonction intégrable.

\boxed{\text{le SAUT en } 0 \text{ fait apparaître un } \delta \text{ dans la dérivée}}

ℹ️ Au sens des distributions, $f'=-ae^{-at}u(t)+\delta(t)$ , et le $\delta$ apporte le $1$ manquant. La règle reste vraie, mais il faut la lire au bon niveau.

⚠️ C'est pourquoi l'hypothèse compte : sur une fonction qui saute, l'IPP naïve est fausse.

d) Le contrôle par les unités. Si $f$ est en volts et $t$ en secondes, $f'$ est en V/s. Et $i\omega\hat f$ : $\omega$ est en s $^{-1}$ , $\hat f$ en V·s, donc le produit est en V — soit l'unité de $\widehat{f'}$ ( $\int f' dt$ ) ✓

e) Le cas $\omega=0$ . La règle donne $\widehat{f'}(0)=0$ .

Et directement : $\widehat{f'}(0)=\int f'(t)dt=\left[f\right]_{-\infty}^{+\infty}=0-0=0$ ✓

\boxed{\text{cohérent — et c'est EXACTEMENT l'hypothèse } f\to 0 \text{ qui le garantit}}

Rappel de cours

DÉRIVATION
$\boxed{\widehat{f'(t)}(\omega)=i\omega\,\hat f(\omega)} \qquad\qquad \boxed{\widehat{f^{(n)}}=(i\omega)^{n}\hat f}$

$\boxed{\text{DÉRIVER en temps} \ \longleftrightarrow \ \text{MULTIPLIER par } i\omega \text{ en fréquence}}$

⚠️⚠️ CE QUE ÇA CHANGE : LA TF ALGÉBRISE LES ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES
$a\,y''+b\,y'+c\,y=x \qquad\longrightarrow\qquad \boxed{\hat y=\dfrac{\hat x}{a(i\omega)^{2}+b(i\omega)+c}}$
Plus de solution homogène, plus de solution particulière : une DIVISION, si $a(i\omega)^{2}+b(i\omega)+c$ ne s'annule pas sur $\mathbb R$ — elle donne l'unique solution d'énergie finie (des conditions initiales relèvent de Laplace). ℹ️ L'inverse du dénominateur est la fonction de transfert du système — l'objet central de l'automatique (D5, E6).

LA DÉMONSTRATION — une IPP
$u=e^{-i\omega t} \ (\text{on DÉRIVE l'exponentielle}) \qquad v'=f' \ (\text{on l'intègre})$
⚠️ Deux signes moins se compensent : celui de l'IPP et celui de la dérivée de l'exponentielle.

⚠️⚠️ L'HYPOTHÈSE, qui doit être ÉNONCÉE
$\boxed{f(t)\xrightarrow[t\to\pm\infty]{}0} \qquad\text{sinon le terme tout intégré ne s'annule pas}$
ℹ️ $\lvert f(t)e^{-i\omega t}\rvert=\lvert f(t)\rvert$ : l'exponentielle ne fait rien au module, $f$ seule décide.

⚠️⚠️ LA RÈGLE RÉGULARITÉ ↔ DÉCROISSANCE EST DÉMONTRÉE ICI
$\hat f=\dfrac{\widehat{f'}}{i\omega} \ \Longrightarrow \ \text{chaque dérivée fait gagner une puissance de } \tfrac1\omega$
Ce qu'on observait depuis A1 n'était pas une coïncidence : c'est cette propriété.

CONTRÔLES : $\omega=0$ donne $\int f'=[f]=0$ ✓ (c'est l'hypothèse même) · unités cohérentes · gaussienne ✓ ⚠️ Sur $e^{-at}u(t)$ , qui SAUTE en $0$ , l'IPP naïve est fausse : au sens des distributions $f'=-ae^{-at}u+\delta$ , et le $\delta$ apporte le terme manquant.

L'erreur classique

⚠️⚠️ Oublier le $i$ et écrire $\widehat{f'}=\omega\hat f$ . Le facteur est $i\omega$ , et c'est lui qui rend $(i\omega)^2=-\omega^2$ en ordre 2.

⚠️⚠️ Ne pas énoncer l'hypothèse $f\to 0$ . Sans elle, le terme tout intégré ne s'annule pas et la propriété est fausse.

⚠️ Se tromper de sens dans l'IPP. Il faut dériver l'exponentielle et intégrer $f'$ — l'inverse ne mène nulle part.

⚠️ Perdre un signe. Il y en a deux qui se compensent : celui de la formule d'IPP et celui de $\frac{d}{dt}e^{-i\omega t}=-i\omega e^{-i\omega t}$ .

Le contrôle : $\omega=0$ doit donner $0$ , et le signe n'y change rien — ce contrôle ne discrimine pas. C'est la gaussienne qui tranche.

⚠️ Écrire $(i\omega)^{2}=\omega^{2}$ . C'est $-\omega^{2}$ , et ce signe change tout dans une équation d'ordre 2.

⚠️ Appliquer la règle à une fonction qui SAUTE, comme $e^{-at}u(t)$ , sans passer aux distributions. Le saut fait apparaître un $\delta$ .

Le contrôle : la transformée obtenue doit tendre vers $0$ à l'infini. $\frac{i\omega}{a+i\omega}$ ne le fait pas — l'erreur se voit.

⚠️ Croire que la règle sert seulement à calculer des transformées. Sa vraie fonction est d'algébriser les équations différentielles.

⚠️ Ne pas voir qu'elle démontre la règle régularité ↔ décroissance observée depuis A1.

À retenir

\boxed{\widehat{f'(t)}=i\omega\,\hat f(\omega)} \qquad\qquad \boxed{\widehat{f^{(n)}}=(i\omega)^{n}\hat f}

\boxed{\text{DÉRIVER en temps} \ \longleftrightarrow \ \text{MULTIPLIER par } i\omega \text{ en fréquence}}

⚠️⚠️ C'est ce qui rend la TF utile en ingénierie :

a\,y''+b\,y'+c\,y=x \qquad\longrightarrow\qquad \boxed{\hat y=\dfrac{\hat x}{a(i\omega)^{2}+b(i\omega)+c}}

L'équation différentielle est devenue une DIVISION — si $a(i\omega)^{2}+b(i\omega)+c$ ne s'annule pas sur $\mathbb R$ : plus de solution homogène, on obtient l'unique solution d'énergie finie (des conditions initiales relèvent de Laplace). ℹ️ L'inverse du dénominateur est la fonction de transfert (D5, E6).

La démonstration : une IPP en dérivant l'exponentielle. ⚠️ Deux signes moins se compensent.

\boxed{\text{HYPOTHÈSE À ÉNONCER} : \ f(t)\to 0 \text{ en } \pm\infty}

ℹ️ $\lvert f(t)e^{-i\omega t}\rvert=\lvert f(t)\rvert$ — l'exponentielle ne fait rien au module, $f$ seule décide.

\boxed{\hat f=\dfrac{\widehat{f'}}{i\omega} \ : \ \text{VOICI la démonstration de régularité} \leftrightarrow \text{décroissance}}

Ce qu'on observait depuis A1 n'était pas une coïncidence.

⚠️ Sur une fonction qui SAUTE ( $e^{-at}u(t)$ ), l'IPP naïve est fausse : le saut fait apparaître un $\delta$ dans la dérivée. Le contrôle qui l'attrape : la transformée obtenue doit tendre vers $0$ .

Réponse.

\widehat{f'}=i\omega\hat f

; une ODE devient une équation algébrique en

\omega

. (Recoupement : sympy sur la gaussienne vérifie

\widehat{f'}=i\omega\,\hat f

✓ ; lien direct avec le RC passe-bas

H=\tfrac1{a+i\omega}

)

Faire cet exercice dans l'app →

Multiplication par t

CalculDifficulté 3/5

Montrer que $\widehat{t\,f(t)}=i\,\hat f'(\omega)$ , et l'appliquer à $f(t)=e^{-t^2/2}$ pour transformer $t\,e^{-t^2/2}$ .

Indices (3)

Dériver $\hat f(\omega)=\int f(t)e^{-i\omega t}dt$ par rapport à $\omega$ .

$\partial_\omega e^{-i\omega t}=-it\,e^{-i\omega t}$ .

$\hat f$ de $e^{-t^2/2}$ vaut $\sqrt{2\pi}e^{-\omega^2/2}$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Le MIROIR exact de B4 — et c'est la paire qui a fait marcher A4.

\boxed{\widehat{t\,f(t)}(\omega)=i\,\hat f\,'(\omega)}

⚠️⚠️ Mettez les deux règles côte à côte, c'est là qu'est la leçon :

en TEMPS	en FRÉQUENCE
dériver (B4)	multiplier par $i\omega$
multiplier par $t$ (B5)	dériver, puis $\times\,i$

\boxed{\text{DÉRIVER} \ \longleftrightarrow \ \text{MULTIPLIER PAR LA VARIABLE}}

ℹ️ C'est la troisième paire miroir du lot — après translation ↔ modulation (B1/B2) et compression ↔ dilatation (B3). Le chapitre entier tient dans cette idée : chaque opération d'un monde a son image dans l'autre.

La démonstration est d'une nature différente de toutes les précédentes : on ne manipule pas l'intégrale, on la dérive.

\hat f(\omega)=\int f(t)\,e^{-i\omega t}\,dt

Dérivons les deux membres par rapport à $\omega$ — la variable $t$ étant celle d'intégration, seule l'exponentielle en dépend :

\hat f\,'(\omega)=\int f(t)\times\dfrac{\partial}{\partial\omega}\left(e^{-i\omega t}\right)dt=\int f(t)\times(-it)\,e^{-i\omega t}\,dt

\boxed{\hat f\,'(\omega)=-i\int t\,f(t)\,e^{-i\omega t}\,dt=-i\,\widehat{t\,f}(\omega)}

Et en multipliant par $i$ (puisque $i\times(-i)=1$ ) :

\boxed{\widehat{t\,f}(\omega)=i\,\hat f\,'(\omega)}

⚠️⚠️ L'ÉTAPE À JUSTIFIER : on a DÉRIVÉ SOUS LE SIGNE INTÉGRAL. Ce n'est pas gratuit — il faut que $t\,f(t)$ soit intégrable.

\boxed{\text{hypothèse} : \ \int\lvert t\,f(t)\rvert\,dt<+\infty}

ℹ️ C'est un peu plus fort que « $f$ intégrable » : il faut que $f$ décroisse assez vite pour que la multiplication par $t$ ne casse pas l'intégrabilité. Vrai pour la gaussienne, vrai pour toute fonction à support borné, faux pour une fonction qui décroîtrait en $\frac{1}{t^2}$ tout juste.

L'application demandée — et c'est un exercice de lecture directe :

f(t)=e^{-t^{2}/2} \qquad\Longrightarrow\qquad \hat f(\omega)=\sqrt{2\pi}\,e^{-\omega^{2}/2}

\hat f\,'(\omega)=-\omega\sqrt{2\pi}\,e^{-\omega^{2}/2}

\boxed{\widehat{t\,e^{-t^{2}/2}}=i\times\left(-\omega\sqrt{2\pi}e^{-\omega^{2}/2}\right)=-i\,\omega\sqrt{2\pi}\,e^{-\omega^{2}/2}}

La démonstration et l'application

1) Dériver sous le signe intégral.

\hat f(\omega)=\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)\,e^{-i\omega t}\,dt

⚠️ Ici $t$ est la variable d'INTÉGRATION et $\omega$ le PARAMÈTRE. On dérive par rapport au paramètre, ce qui ne touche que l'exponentielle :

\dfrac{\partial}{\partial\omega}\left(e^{-i\omega t}\right)=-it\,e^{-i\omega t}

⚠️⚠️ Le $t$ SORT de l'exponentielle — c'est lui qui va se coller à $f$ et produire $t\,f(t)$ .

\hat f\,'(\omega)=\int f(t)\,(-it)\,e^{-i\omega t}\,dt=-i\int t\,f(t)\,e^{-i\omega t}\,dt

2) Reconnaître la transformée de $t\,f(t)$ :

\hat f\,'(\omega)=-i\,\widehat{t\,f}(\omega)

3) Isoler. On multiplie par $i$ , et $i\times(-i)=-i^{2}=1$ :

\boxed{\widehat{t\,f}(\omega)=i\,\hat f\,'(\omega)}

4) L'hypothèse. La dérivation sous l'intégrale exige une domination :

\left\lvert f(t)\,(-it)\,e^{-i\omega t}\right\rvert=\lvert t\,f(t)\rvert

\boxed{\text{il faut } \int\lvert t\,f(t)\rvert\,dt<+\infty}

⚠️ Ne pas passer cette étape sous silence — c'est l'analogue exact de l'hypothèse $f\to 0$ de B4.

5) L'application à la gaussienne.

\hat f(\omega)=\sqrt{2\pi}\,e^{-\omega^{2}/2}

Sa dérivée — dériver l'exposant, puis multiplier :

\hat f\,'(\omega)=\sqrt{2\pi}\times\left(-\dfrac{2\omega}{2}\right)e^{-\omega^{2}/2}=-\omega\sqrt{2\pi}\,e^{-\omega^{2}/2}

\widehat{t\,e^{-t^{2}/2}}(\omega)=i\times\left(-\omega\sqrt{2\pi}\,e^{-\omega^{2}/2}\right)

\boxed{\widehat{t\,e^{-t^{2}/2}}=-i\,\omega\sqrt{2\pi}\,e^{-\omega^{2}/2}}

Les contrôles.

a) L'IMAGINAIRE PUR — le contrôle structurel décisif.

⚠️⚠️ $g(t)=t\,e^{-t^{2}/2}$ est RÉELLE et IMPAIRE (produit d'une impaire par une paire). Sa transformée doit donc être IMAGINAIRE PURE et impaire.

-i\,\omega\sqrt{2\pi}\,e^{-\omega^{2}/2} \ : \ \text{imaginaire pure} \ \checkmark \qquad \text{impaire (en } \omega) \ \checkmark

\boxed{f \text{ réelle IMPAIRE} \ \Longrightarrow \ \hat f \text{ IMAGINAIRE PURE et impaire}}

ℹ️ La table complète des symétries, à connaître :

$f$	$\hat f$
réelle paire	réelle paire
réelle impaire	imaginaire pure impaire
réelle quelconque	$\hat f(-\omega)=\overline{\hat f(\omega)}$

⚠️ Un résultat réel ici signalerait une erreur — c'est le contrôle le plus rapide de l'exercice.

b) L'aire.

\hat g(0)=0 \qquad\text{et}\qquad \int t\,e^{-t^{2}/2}\,dt=0

✓ — l'intégrale d'une fonction impaire sur $\mathbb R$ est nulle. Le contrôle universel tombe juste.

c) LE CONTRÔLE QUI BOUCLE : retrouver A4.

Rappelons l'équation de la gaussienne : $f'=-t\,f$ . Transformons avec les deux règles :

\underbrace{i\omega\hat f}_{\text{B4}}=\underbrace{-i\,\hat f\,'}_{\text{B5}} \qquad\Longrightarrow\qquad \hat f\,'=-\omega\hat f

Et l'on vient de vérifier que $\hat f\,'=-\omega\sqrt{2\pi}e^{-\omega^2/2}=-\omega\hat f$ ✓

\boxed{\text{A4 et B5 se répondent — chacun contrôle l'autre}}

⚠️ C'est la démonstration d'A4, relue à l'envers. On y avait supposé les deux règles ; on vient de les démontrer, et le résultat concorde.

d) Le contrôle d'itération. En réappliquant :

\boxed{\widehat{t^{n}f}=i^{n}\,\hat f^{(n)}}

Vérifions sur $n=2$ : $\widehat{t^{2}e^{-t^{2}/2}}=i^{2}\hat f''=-\hat f''$ .

\hat f''=\sqrt{2\pi}\left(\omega^{2}-1\right)e^{-\omega^{2}/2} \qquad\Longrightarrow\qquad \widehat{t^{2}f}=\sqrt{2\pi}\left(1-\omega^{2}\right)e^{-\omega^{2}/2}

Contrôle par l'aire : $\widehat{t^2f}(0)=\sqrt{2\pi}$ , et $\int t^{2}e^{-t^{2}/2}dt=\sqrt{2\pi}$ ✓ (c'est la variance de la loi normale centrée réduite, qui vaut $1$ , fois $\sqrt{2\pi}$ ).

ℹ️ Ce contrôle-là est joli : il fait rencontrer la statistique. $\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int t^2e^{-t^2/2}dt=1$ est exactement $\mathbb V(X)=1$ pour $X\sim\mathcal N(0,1)$ .

e) Le contrôle du signe. Le $-i$ vient du produit $i\times(-\omega)$ . Un $+i$ décrirait la transformée de $-t\,f(t)$ — c'est-à-dire le signal retourné.

Rappel de cours

MULTIPLICATION PAR $t$
$\boxed{\widehat{t\,f(t)}(\omega)=i\,\hat f\,'(\omega)} \qquad\qquad \boxed{\widehat{t^{n}f}=i^{n}\,\hat f^{(n)}}$

⚠️⚠️ LE MIROIR EXACT DE B4

en TEMPS en FRÉQUENCE

dériver (B4) multiplier par $i\omega$

multiplier par $t$ (B5) dériver, puis $\times i$

$\boxed{\text{DÉRIVER} \ \longleftrightarrow \ \text{MULTIPLIER PAR LA VARIABLE}}$
ℹ️ Troisième paire miroir du lot — après B1/B2 et B3. Le chapitre tient dans cette idée.

LA DÉMONSTRATION — d'une nature NOUVELLE : on DÉRIVE l'intégrale
$\dfrac{\partial}{\partial\omega}e^{-i\omega t}=-it\,e^{-i\omega t} \qquad\Longrightarrow\qquad \hat f\,'=-i\,\widehat{t f}$
⚠️ Le $t$ SORT de l'exponentielle et vient se coller à $f$ . ⚠️⚠️ HYPOTHÈSE : $\int\lvert t f(t)\rvert dt<+\infty$ — un peu plus fort que « $f$ intégrable ». L'analogue exact du $f\to 0$ de B4.

L'APPLICATION
$\boxed{\widehat{t\,e^{-t^{2}/2}}=-i\,\omega\sqrt{2\pi}\,e^{-\omega^{2}/2}}$

⚠️⚠️ LE CONTRÔLE STRUCTUREL — la table des symétries

$f$ $\hat f$

réelle paire réelle paire

réelle impaire IMAGINAIRE PURE impaire

réelle quelconque $\hat f(-\omega)=\overline{\hat f(\omega)}$

$t\,e^{-t^2/2}$ est réelle impaire $\Longrightarrow$ sa transformée doit être imaginaire pure ✓ Un résultat réel signalerait une erreur.

CONTRÔLES : aire $=0$ (fonction impaire) ✓ · A4 et B5 se répondent — l'équation $f'=-tf$ transformée par B4 et B5 redonne $\hat f'=-\omega\hat f$ ✓ · $n=2$ : $\widehat{t^2f}(0)=\sqrt{2\pi}$ , soit $\mathbb V(X)=1$ pour $X\sim\mathcal N(0,1)$ .

L'erreur classique

⚠️⚠️ Oublier le $i$ et écrire $\widehat{tf}=\hat f'$ . Le facteur est $i$ , et sans lui le résultat serait réel au lieu d'imaginaire pur.

Le contrôle : $t\,e^{-t^2/2}$ étant réelle impaire, sa transformée doit être imaginaire pure.

⚠️⚠️ Se tromper de signe en écrivant $-i\hat f'$ . On a $\hat f'=-i\widehat{tf}$ , donc $\widehat{tf}=i\hat f'$ — multiplier par $i$ , pas par $-i$ .

⚠️ Ne pas justifier la dérivation sous l'intégrale. C'est l'étape de la démonstration, et elle a une hypothèse.

⚠️ Dériver par rapport à $t$ au lieu de $\omega$ . $t$ est la variable d'intégration ; c'est $\omega$ le paramètre.

⚠️ Se tromper dans $\hat f'$ . La dérivée de $e^{-\omega^2/2}$ est $-\omega e^{-\omega^2/2}$ — dériver l'exposant, puis multiplier.

⚠️ S'inquiéter d'un résultat imaginaire pur. C'est attendu : la fonction est réelle et impaire.

⚠️ Confondre avec B4. B4 dérive en temps, B5 multiplie par $t$ en temps. Les deux règles sont miroir.

⚠️ Écrire $\widehat{t^n f}=i\,\hat f^{(n)}$ en oubliant la puissance. C'est $i^{n}$ .

⚠️ Ne pas voir que B4 et B5 ensemble démontrent A4. C'est le contrôle qui boucle le chapitre.

À retenir

\boxed{\widehat{t\,f(t)}(\omega)=i\,\hat f\,'(\omega)} \qquad\qquad \boxed{\widehat{t^{n}f}=i^{n}\,\hat f^{(n)}}

\boxed{\text{DÉRIVER} \ \longleftrightarrow \ \text{MULTIPLIER PAR LA VARIABLE}}

⚠️⚠️ Miroir exact de B4 — et troisième paire miroir du lot, après B1/B2 (translation ↔ modulation) et B3 (compression ↔ dilatation). Le chapitre entier tient dans cette idée.

La démonstration est d'une nature nouvelle : on DÉRIVE l'intégrale, et le $t$ sort de l'exponentielle. ⚠️ Hypothèse à énoncer : $\int\lvert t f(t)\rvert dt<+\infty$ — l'analogue exact du $f\to 0$ de B4.

\boxed{\widehat{t\,e^{-t^{2}/2}}=-i\,\omega\sqrt{2\pi}\,e^{-\omega^{2}/2}}

⚠️⚠️ LE CONTRÔLE LE PLUS RAPIDE — la table des symétries :

$f$	$\hat f$
réelle paire	réelle paire
réelle impaire	IMAGINAIRE PURE impaire
réelle quelconque	$\hat f(-\omega)=\overline{\hat f(\omega)}$

Ici $t\,e^{-t^2/2}$ est réelle impaire : un résultat réel signalerait une erreur.

\boxed{\text{A4 et B5 se répondent} : \ f'=-tf \ \xrightarrow{\text{B4, B5}} \ \hat f\,'=-\omega\hat f}

A4 avait supposé ces deux règles ; B4 et B5 les démontrent, et le résultat concorde.

Réponse.

\widehat{t f}=i\hat f'(\omega)

;

\widehat{t e^{-t^2/2}}=-i\omega\sqrt{2\pi}\,e^{-\omega^2/2}

. (Recoupement : sympy vérifie

\widehat{t f}=i\hat f'

sur la gaussienne ✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Dualité

DémonstrationDifficulté 3/5

On sait que la transformée de $e^{-\lvert t\rvert}$ est $\dfrac2{1+\omega^2}$ . En déduire, par dualité, la transformée de $\dfrac2{1+t^2}$ .

Indices (3)

Dualité : si $\hat f=g$ , alors $\widehat{g}(t\to\omega)=2\pi f(-\omega)$ .

Ici $g(t)=\dfrac2{1+t^2}$ et $f(\omega)=e^{-\lvert\omega\rvert}$ (paire).

$f$ paire ⇒ $f(-\omega)=f(\omega)$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

La propriété qui donne DEUX transformées pour le prix d'une.

\boxed{\text{si } \hat f=g, \qquad\text{alors } \hat g(\omega)=2\pi\,f(-\omega)}

⚠️⚠️ Autrement dit : transformer DEUX FOIS redonne le signal RETOURNÉ, multiplié par $2\pi$ .

\boxed{\widehat{\widehat{f}}(\omega)=2\pi\,f(-\omega)}

ℹ️ La transformée est donc « presque » une involution : quatre applications successives redonnent exactement $4\pi^{2}f$ . C'est ce qui explique que la gaussienne (A4) puisse être son propre point fixe.

Ici, on part d'un résultat CONNU (A3 avec $a=1$ ) :

e^{-\lvert t\rvert} \qquad\longrightarrow\qquad \dfrac{2}{1+\omega^{2}}

Et l'on veut la transformée de $\dfrac{2}{1+t^{2}}$ — c'est-à-dire de la même fonction, lue en temps.

\boxed{\text{la dualité échange les rôles des deux axes}}

Appliquons la règle avec $f(t)=e^{-\lvert t\rvert}$ et $g(t)=\dfrac{2}{1+t^{2}}$ :

\hat g(\omega)=2\pi\,f(-\omega)=2\pi\,e^{-\lvert-\omega\rvert}

\boxed{\widehat{\dfrac{2}{1+t^{2}}}=2\pi\,e^{-\lvert\omega\rvert}}

⚠️ Le $-\omega$ disparaît parce que $f$ est PAIRE : $\lvert-\omega\rvert=\lvert\omega\rvert$ . Sur une fonction non paire, il faudrait le garder.

Pourquoi c'est précieux. Calculer $\displaystyle\int\dfrac{2}{1+t^{2}}e^{-i\omega t}dt$ directement demande le théorème des résidus — de l'analyse complexe, hors de portée à ce niveau.

\boxed{\text{la dualité donne le résultat SANS calculer l'intégrale}}

ℹ️ C'est le meilleur rapport résultat/effort du chapitre, et c'est la raison d'être de la propriété : chaque transformée connue en donne une seconde gratuitement.

Le raisonnement

1) L'énoncé de la dualité.

\boxed{\hat f=g \qquad\Longrightarrow\qquad \hat g(\omega)=2\pi\,f(-\omega)}

D'où vient-elle ? De la formule d'inversion :

f(t)=\dfrac{1}{2\pi}\int\hat f(\omega)\,e^{+i\omega t}\,d\omega

⚠️⚠️ Comparez-la à la définition :

\hat g(\xi)=\int g(\omega)\,e^{-i\xi\omega}\,d\omega

Les deux intégrales sont les MÊMES, à deux différences près : le signe dans l'exponentielle, et le facteur $\frac1{2\pi}$ .

\boxed{\text{le signe} \ \to \ \text{le } f(-\omega) \qquad\qquad \text{le facteur} \ \to \ \text{le } 2\pi}

ℹ️ Toute la propriété est là : la transformée directe et la transformée inverse ne diffèrent que par ces deux détails, et la dualité est la traduction exacte de cet écart.

2) L'application.

f(t)=e^{-\lvert t\rvert} \qquad\Longrightarrow\qquad \hat f(\omega)=\dfrac{2}{1+\omega^{2}} \qquad\text{(A3 avec } a=1)

Posons $g(t)=\dfrac{2}{1+t^{2}}$ — la même expression, mais en tant que fonction du temps.

\hat g(\omega)=2\pi\,f(-\omega)=2\pi\,e^{-\lvert-\omega\rvert}=2\pi\,e^{-\lvert\omega\rvert}

\boxed{\widehat{\dfrac{2}{1+t^{2}}}(\omega)=2\pi\,e^{-\lvert\omega\rvert}}

Et pour la lorentzienne sans le facteur $2$ , par linéarité :

\boxed{\widehat{\dfrac{1}{1+t^{2}}}=\pi\,e^{-\lvert\omega\rvert}}

Les contrôles.

a) L'aire — le contrôle universel, et il est ici particulièrement parlant.

\hat g(0)=2\pi\,e^{0}=2\pi

Et directement :

\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{2}{1+t^{2}}\,dt=2\left[\arctan t\right]_{-\infty}^{+\infty}=2\left(\dfrac\pi2-\left(-\dfrac\pi2\right)\right)=2\pi \quad\checkmark

\boxed{\text{le } 2\pi \text{ de la dualité et celui de l'arctangente COÏNCIDENT}}

⚠️⚠️ Ce contrôle est excellent : il valide à la fois le facteur $2\pi$ et l'ensemble du raisonnement, par une intégrale élémentaire que tout le monde sait calculer.

b) Réelle et paire. $g$ l'est, donc $\hat g$ doit l'être — et $2\pi e^{-\lvert\omega\rvert}$ ne contient aucun $i$ et dépend de $\lvert\omega\rvert$ ✓

c) La décroissance — et elle est SPECTACULAIRE.

⚠️⚠️ $g$ décroît lentement (en $\frac{1}{t^{2}}$ ), et pourtant $\hat g$ décroît EXPONENTIELLEMENT.

ℹ️ Est-ce contradictoire avec la règle régularité ↔ décroissance ? Non — c'est elle, appliquée dans l'autre sens. $g=\frac{2}{1+t^2}$ est de classe $\mathcal C^{\infty}$ : elle est infiniment régulière, ce qui impose une décroissance très rapide de $\hat g$ .

\boxed{\text{la règle porte sur la RÉGULARITÉ de } g, \ \text{pas sur sa décroissance}}

⚠️ C'est un piège de lecture fréquent, et cet exemple le dissipe : décroître lentement et être très régulier sont compatibles.

d) Le contrôle par la double application. Appliquons la dualité à $g$ :

\widehat{\hat g}(\xi)=2\pi\,g(-\xi)=2\pi\times\dfrac{2}{1+\xi^{2}}

Et par la formule directe : $\hat g=2\pi e^{-\lvert\omega\rvert}$ , donc

\widehat{2\pi e^{-\lvert\omega\rvert}}=2\pi\times\dfrac{2}{1+\xi^{2}} \quad\checkmark

⚠️ C'est cohérent avec A3 ( $\widehat{e^{-\lvert t\rvert}}=\frac{2}{1+\omega^2}$ ), multiplié par $2\pi$ ✓ La boucle se referme.

e) Le contrôle sur la gaussienne — le cas où la dualité est triviale :

f=e^{-t^{2}/2}, \quad \hat f=\sqrt{2\pi}e^{-\omega^{2}/2} \qquad\Longrightarrow\qquad \widehat{\hat f}=\sqrt{2\pi}\times\sqrt{2\pi}\,e^{-\xi^{2}/2}=2\pi f(\xi) \quad\checkmark

\boxed{\text{la gaussienne est autoréciproque PARCE QUE la dualité la ramène à elle-même}}

f) La règle des quatre applications.

\widehat{\widehat{\widehat{\widehat{f}}}}(t)=(2\pi)^{2}f(t)

ℹ️ Deux retournements se compensent : $f(-(-t))=f(t)$ . La transformée est donc d'« ordre 4 » à un facteur près, ce qui est une propriété remarquable et rare.

Rappel de cours

DUALITÉ
$\boxed{\hat f=g \qquad\Longrightarrow\qquad \hat g(\omega)=2\pi\,f(-\omega)} \qquad\qquad \boxed{\widehat{\widehat f}(\omega)=2\pi f(-\omega)}$

D'OÙ ELLE VIENT — la formule d'inversion
$f(t)=\dfrac{1}{2\pi}\int\hat f(\omega)e^{+i\omega t}d\omega \qquad\text{contre}\qquad \hat g(\xi)=\int g(\omega)e^{-i\xi\omega}d\omega$
Mêmes intégrales, à deux différences près :
$\boxed{\text{le SIGNE} \ \to \ \text{le } f(-\omega) \qquad\qquad \text{le FACTEUR} \ \to \ \text{le } 2\pi}$

L'APPLICATION
$e^{-\lvert t\rvert}\to\dfrac{2}{1+\omega^{2}} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\widehat{\dfrac{2}{1+t^{2}}}=2\pi\,e^{-\lvert\omega\rvert}}$

$\text{et par linéarité} \qquad \boxed{\widehat{\dfrac{1}{1+t^{2}}}=\pi\,e^{-\lvert\omega\rvert}}$
⚠️ Le $-\omega$ disparaît parce que $f$ est PAIRE. Sur une fonction non paire, il faut le garder.

⚠️⚠️ POURQUOI C'EST PRÉCIEUX Calculer $\int\frac{2}{1+t^2}e^{-i\omega t}dt$ directement exige le théorème des résidus. La dualité donne le résultat sans calculer l'intégrale : chaque transformée connue en offre une seconde.

CONTRÔLES · ⚠️⚠️ aire : $\hat g(0)=2\pi$ , et $\int\frac{2}{1+t^2}dt=2[\arctan]=2\pi$ ✓ — valide le facteur $2\pi$ , par une intégrale élémentaire (pas la forme : $2\pi e^{-2\lvert\omega\rvert}$ passerait aussi) ; · réelle et paire ✓ ; · double application : redonne A3 multiplié par $2\pi$ ✓ ; · quatre applications : $(2\pi)^2 f$ — deux retournements se compensent.

⚠️⚠️ LE PIÈGE DE LECTURE À DISSIPER $g=\frac{2}{1+t^2}$ décroît lentement ( $\frac1{t^2}$ ) et pourtant $\hat g$ décroît exponentiellement.
$\boxed{\text{la règle porte sur la RÉGULARITÉ de } g, \text{ pas sur sa décroissance}}$
$g$ est $\mathcal C^\infty$ : décroître lentement et être très régulier sont compatibles.

L'erreur classique

⚠️⚠️ Oublier le facteur $2\pi$ . Il vient du $\frac1{2\pi}$ de la formule d'inversion.

Le contrôle : $\int\frac{2}{1+t^2}dt=2\pi$ par l'arctangente — une intégrale élémentaire qui valide le facteur $2\pi$ .

⚠️⚠️ Oublier le retournement $f(-\omega)$ . Ici il est invisible ( $f$ est paire), mais sur une fonction non paire il change le résultat.

⚠️ Croire que $\widehat{\hat f}=f$ . Il y a deux écarts : le facteur $2\pi$ et le retournement.

⚠️ Confondre les rôles. On part de $\hat f=g$ connue, et l'on cherche $\hat g$ — c'est la transformée de la transformée.

⚠️ Croire que $\hat g$ devrait décroître lentement parce que $g$ décroît lentement. La règle porte sur la RÉGULARITÉ, et $\frac{2}{1+t^2}$ est $\mathcal C^\infty$ .

⚠️ Se lancer dans le calcul direct. Il exige le théorème des résidus — c'est précisément ce que la dualité évite.

⚠️ Oublier la linéarité pour passer de $\frac{2}{1+t^2}$ à $\frac{1}{1+t^2}$ : diviser par $2$ des deux côtés.

⚠️ Se tromper de convention. Le $2\pi$ dépend de la convention choisie : en convention symétrique ( $\frac{1}{\sqrt{2\pi}}$ des deux côtés), il disparaît. Toujours vérifier.

À retenir

\boxed{\hat f=g \qquad\Longrightarrow\qquad \hat g(\omega)=2\pi\,f(-\omega)} \qquad\qquad \boxed{\widehat{\widehat f}=2\pi\,f(-\,\cdot\,)}

e^{-\lvert t\rvert}\to\dfrac{2}{1+\omega^{2}} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\widehat{\dfrac{2}{1+t^{2}}}=2\pi\,e^{-\lvert\omega\rvert}} \qquad \boxed{\widehat{\dfrac{1}{1+t^{2}}}=\pi\,e^{-\lvert\omega\rvert}}

Elle vient de la formule d'inversion : direct et inverse ne diffèrent que par le signe (→ le retournement) et le facteur $\frac1{2\pi}$ (→ le $2\pi$ ).

⚠️ Le $-\omega$ disparaît ici parce que $f$ est paire — sur une fonction non paire, il faut le garder.

\boxed{\text{la dualité donne le résultat SANS calculer l'intégrale}}

ℹ️ Le calcul direct exigerait le théorème des résidus : c'est le meilleur rapport résultat/effort du chapitre. Chaque transformée connue en offre une seconde.

\boxed{\text{CONTRÔLE} : \ \hat g(0)=2\pi \ \text{ et } \int\dfrac{2}{1+t^{2}}dt=2[\arctan]_{-\infty}^{+\infty}=2\pi}

Il valide le facteur $2\pi$ , par une intégrale élémentaire.

⚠️⚠️ Piège de lecture : $\frac{2}{1+t^2}$ décroît lentement et son spectre décroît exponentiellement. La règle porte sur la RÉGULARITÉ, et cette fonction est $\mathcal C^\infty$ .

ℹ️ La gaussienne est autoréciproque parce que la dualité la ramène à elle-même.

Réponse.

\widehat{\dfrac2{1+t^2}}=2\pi\,e^{-\lvert\omega\rvert}

. (Recoupement : sympy integrate (branche

\omega>0

) donne

2\pi e^{-\omega}

; fonction paire ⇒

2\pi e^{-\lvert\omega\rvert}

✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Théorème de convolution

ApplicationDifficulté 3/5

Vérifier le théorème de convolution sur $f=g=e^{-at}u(t)$ : calculer $(f*g)(t)$ , sa transformée, et comparer à $\hat f(\omega)\hat g(\omega)$ .

Indices (3)

$(f*g)(t)=\displaystyle\int_0^t e^{-a\tau}e^{-a(t-\tau)}d\tau$ pour $t>0$ .

$=e^{-at}\int_0^t d\tau=t\,e^{-at}$ .

TF de $t\,e^{-at}u$ et $\big(\tfrac1{a+i\omega}\big)^2$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

LE théorème du chapitre — celui qui justifie à lui seul l'existence de la transformée de Fourier en ingénierie.

\boxed{\widehat{f*g}=\hat f\times\hat g}

\boxed{\text{la CONVOLUTION devient un PRODUIT}}

⚠️⚠️ Mesurez ce que cela change. La convolution est définie par

(f*g)(t)=\int_{-\infty}^{+\infty}f(u)\,g(t-u)\,du

Une intégrale, à recalculer pour CHAQUE valeur de $t$ . Le théorème la remplace par une multiplication point par point.

\boxed{\text{une INTÉGRALE par point} \ \longrightarrow \ \text{une MULTIPLICATION par point}}

ℹ️ Combiné à la FFT (C5), c'est ce qui rend le filtrage numérique possible : on transforme, on multiplie, on retransforme — et c'est plus rapide que de convoluer directement, dès que les signaux dépassent quelques dizaines de points.

La vérification demandée : $f=g=e^{-at}u(t)$ .

1) La convolution. Les deux échelons imposent $u\geq 0$ et $t-u\geq 0$ , donc $0\leq u\leq t$ :

(f*g)(t)=\int_{0}^{t}e^{-au}\,e^{-a(t-u)}\,du

⚠️⚠️ L'ASTUCE EST DANS L'EXPOSANT : les deux exponentielles se combinent en

e^{-au}\times e^{-a(t-u)}=e^{-au-at+au}=e^{-at}

\boxed{\text{le } u \text{ DISPARAÎT} \ — \ \text{l'intégrande est CONSTANT en } u}

(f*g)(t)=e^{-at}\int_{0}^{t}du=t\,e^{-at}

\boxed{(f*g)(t)=t\,e^{-at}\,u(t)}

2) Sa transformée, par B5 ou par calcul direct :

\widehat{t\,e^{-at}u(t)}=\dfrac{1}{(a+i\omega)^{2}}

3) Le produit des transformées :

\hat f(\omega)\,\hat g(\omega)=\dfrac{1}{a+i\omega}\times\dfrac{1}{a+i\omega}=\dfrac{1}{(a+i\omega)^{2}} \quad\checkmark

\boxed{\text{LE THÉORÈME EST VÉRIFIÉ}}

⚠️ Et le résultat $t\,e^{-at}$ est physiquement parlant : c'est la réponse d'un système du second ordre à pôle double — deux filtres RC en cascade. Convoluer deux réponses, c'est mettre deux systèmes en série.

La vérification

1) Les bornes de la convolution.

(f*g)(t)=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-au}u(u)\cdot e^{-a(t-u)}u(t-u)\,du

⚠️⚠️ DEUX échelons, DEUX contraintes :

u(u)\neq 0 \Longleftrightarrow u\geq 0 \qquad\qquad u(t-u)\neq 0 \Longleftrightarrow u\leq t

\boxed{0\leq u\leq t}

⚠️ Et cela suppose $t\geq 0$ : pour $t<0$ , l'intervalle est vide et la convolution vaut $0$ . C'est ce qui justifie le $u(t)$ dans le résultat.

\boxed{\text{la convolution de deux signaux CAUSAUX est CAUSALE}}

2) Le calcul.

(f*g)(t)=\int_{0}^{t}e^{-au}e^{-a(t-u)}du

Combinons les exposants :

-au-a(t-u)=-au-at+au=-at

\boxed{\text{l'intégrande vaut } e^{-at}, \ \text{CONSTANT en } u}

(f*g)(t)=e^{-at}\int_{0}^{t}du=e^{-at}\times t

\boxed{(f*g)(t)=t\,e^{-at}\,u(t)}

3) La transformée du résultat. Par B5 avec $\widehat{e^{-at}u}=\frac{1}{a+i\omega}$ :

\widehat{t\,f}=i\,\hat f\,' \qquad\text{et}\qquad \dfrac{d}{d\omega}\left(\dfrac{1}{a+i\omega}\right)=\dfrac{-i}{(a+i\omega)^{2}}

\widehat{t\,e^{-at}u}=i\times\dfrac{-i}{(a+i\omega)^{2}}=\dfrac{1}{(a+i\omega)^{2}}

⚠️ $i\times(-i)=1$ — les deux $i$ se compensent, et le résultat est bien celui d'une fonction causale (donc sans symétrie particulière).

4) La confrontation.

\hat f\times\hat g=\left(\dfrac{1}{a+i\omega}\right)^{2}=\dfrac{1}{(a+i\omega)^{2}} \quad\checkmark

\boxed{\widehat{f*g}=\hat f\,\hat g}

Les contrôles.

a) L'aire — le contrôle universel, et il donne un fait général.

\widehat{f*g}(0)=\hat f(0)\hat g(0)=\dfrac1a\times\dfrac1a=\dfrac{1}{a^{2}}

Et directement : $\int_{0}^{\infty}te^{-at}dt=\frac{1}{a^{2}}$ ✓

\boxed{\int (f*g)=\left(\int f\right)\left(\int g\right)}

⚠️⚠️ L'aire d'une convolution est le PRODUIT des aires — un fait à retenir, et qui découle immédiatement du théorème en $\omega=0$ .

b) Le contrôle de la forme du résultat. $te^{-at}$ s'annule en $t=0$ , croît, puis décroît.

\text{maximum en } t=\dfrac1a \qquad\text{(dérivée } (1-at)e^{-at}\text{)}

⚠️ Cohérent physiquement : convoluer deux réponses en cascade produit une réponse qui démarre plus doucement. Un RC seul démarre à pleine amplitude ; deux RC en série démarrent à zéro.

\boxed{\text{convoluer LISSE} \ — \ \text{c'est l'effet mécanique de l'opération}}

c) Le contrôle par la décroissance en fréquence.

\left\lvert\dfrac{1}{(a+i\omega)^{2}}\right\rvert\sim\dfrac{1}{\omega^{2}}

⚠️ Contre $\frac1\omega$ pour $\hat f$ seule — la convolution a fait gagner un cran de décroissance, donc un cran de régularité (B4).

ℹ️ Et c'est visible en temps : $e^{-at}u(t)$ saute en $0$ , tandis que $te^{-at}u(t)$ est continue. La convolution régularise, et le spectre le dit.

d) Le contrôle de la commutativité. $f*g=g*f$ — évident ici, puisque $f=g$ , mais le théorème le rend évident en général :

\hat f\hat g=\hat g\hat f \qquad\text{car la multiplication est commutative}

\boxed{\text{la convolution hérite de la commutativité du PRODUIT}}

ℹ️ Démontrer $f*g=g*f$ directement demande un changement de variable ; par la transformée, c'est immédiat. C'est un bon exemple de ce que le théorème fait gagner.

e) Le contrôle par l'élément neutre.

\boxed{f*\delta=f}

Vérifions par le théorème : $\hat\delta=1$ (A5), donc $\widehat{f*\delta}=\hat f\times 1=\hat f$ ✓

⚠️⚠️ $\delta$ est l'élément NEUTRE de la convolution — et c'est pourquoi on l'appelle « réponse impulsionnelle » : la réponse à l'élément neutre caractérise entièrement le système (E6).

Rappel de cours

⚠️⚠️ THÉORÈME DE CONVOLUTION
$\boxed{\widehat{f*g}=\hat f\times\hat g} \qquad\qquad (f*g)(t)=\int f(u)g(t-u)\,du$

$\boxed{\text{une INTÉGRALE par point} \ \longrightarrow \ \text{une MULTIPLICATION par point}}$
ℹ️ Combiné à la FFT (C5), c'est ce qui rend le filtrage numérique possible.

LA VÉRIFICATION ⚠️ Deux échelons, deux contraintes : $u\geq 0$ et $u\leq t$ , donc $\boxed{0\leq u\leq t}$ — et l'intervalle est vide si $t<0$ .
$\boxed{\text{la convolution de deux signaux CAUSAUX est CAUSALE}}$
⚠️⚠️ L'astuce est dans l'exposant : $e^{-au}e^{-a(t-u)}=e^{-at}$ — le $u$ DISPARAÎT, l'intégrande est constant.
$(f*g)(t)=t\,e^{-at}u(t) \qquad\longrightarrow\qquad \dfrac{1}{(a+i\omega)^{2}}=\hat f\,\hat g \quad\checkmark$

CONTRÔLES · ⚠️⚠️ l'aire d'une convolution est le PRODUIT des aires : $\int(f*g)=\left(\int f\right)\left(\int g\right)$ — le théorème en $\omega=0$ ; · forme : $te^{-at}$ s'annule en $0$ , culmine en $t=\frac1a$ — convoluer LISSE ; · décroissance : $\frac1{\omega^2}$ contre $\frac1\omega$ — un cran de régularité gagné (B4), et de fait $te^{-at}u$ est continue là où $e^{-at}u$ saute ; · commutativité : $\hat f\hat g=\hat g\hat f$ — la convolution hérite de celle du produit, ce qui est immédiat par la transformée et laborieux directement.

⚠️⚠️ L'ÉLÉMENT NEUTRE
$\boxed{f*\delta=f} \qquad\text{car } \hat\delta=1$
C'est pourquoi la « réponse impulsionnelle » caractérise entièrement un système (E6).

ℹ️ $te^{-at}$ est la réponse d'un second ordre à pôle double — deux RC en cascade. Convoluer, c'est mettre en série.

L'erreur classique

⚠️⚠️ Oublier une des deux contraintes d'échelon. Il faut $u\geq 0$ et $u\leq t$ — d'où les bornes $0$ et $t$ .

Le contrôle : pour $t<0$ , l'intervalle est vide, donc la convolution est nulle — c'est le $u(t)$ du résultat.

⚠️⚠️ Ne pas voir que l'intégrande est constant. $e^{-au}e^{-a(t-u)}=e^{-at}$ : le $u$ disparaît, et l'intégrale devient triviale.

⚠️ Écrire $\widehat{f*g}=\hat f+\hat g$ . C'est un produit — c'est tout le contenu du théorème.

⚠️ Confondre convolution et produit ordinaire. $(fg)(t)=f(t)g(t)$ n'a rien à voir avec $(f*g)(t)$ .

Le contrôle : leurs transformées diffèrent — le produit en temps donne une convolution en fréquence (à $\frac1{2\pi}$ près).

⚠️ Se tromper dans la dérivée de $\frac{1}{a+i\omega}$ : elle vaut $\frac{-i}{(a+i\omega)^2}$ , le $i$ venant de la dérivation de $a+i\omega$ .

⚠️ Croire que le résultat est $e^{-at}$ . Le facteur $t$ vient de $\int_0^t du=t$ .

⚠️ Croire que convoluer « rend plus irrégulier ». C'est l'inverse : la convolution lisse, et le spectre le dit ( $\frac1{\omega^2}$ au lieu de $\frac1\omega$ ).

⚠️ Ne pas contrôler l'aire. Le produit des aires est un fait général et gratuit.

À retenir

\boxed{\widehat{f*g}=\hat f\times\hat g} \qquad\qquad \boxed{\text{la CONVOLUTION devient un PRODUIT}}

f=g=e^{-at}u(t) \ : \quad (f*g)(t)=t\,e^{-at}u(t) \qquad\longrightarrow\qquad \dfrac{1}{(a+i\omega)^{2}}=\hat f\,\hat g \quad\checkmark

⚠️⚠️ Deux échelons, deux contraintes : $0\leq u\leq t$ — et l'intervalle est vide si $t<0$ , d'où la causalité du résultat.

⚠️⚠️ L'astuce est dans l'exposant : $e^{-au}e^{-a(t-u)}=e^{-at}$ , le $u$ disparaît et l'intégrande est constant.

\boxed{\text{une INTÉGRALE par point} \ \longrightarrow \ \text{une MULTIPLICATION par point}}

ℹ️ Avec la FFT (C5), c'est ce qui rend le filtrage numérique possible.

Contrôles : ⚠️ l'aire d'une convolution est le PRODUIT des aires · convoluer LISSE — décroissance en $\frac1{\omega^2}$ au lieu de $\frac1\omega$ , soit un cran de régularité (B4), et $te^{-at}u$ est continue là où $e^{-at}u$ saute · la commutativité est immédiate par la transformée, laborieuse directement.

\boxed{f*\delta=f \ : \ \delta \text{ est l'élément NEUTRE de la convolution}}

C'est pourquoi la réponse impulsionnelle caractérise entièrement un système (E6).

ℹ️ $te^{-at}$ est la réponse de deux RC en cascade — convoluer, c'est mettre en série.

Réponse.

f*g=t\,e^{-at}u

,

\widehat{f*g}=\dfrac1{(a+i\omega)^2}=\hat f\,\hat g

. (Recoupement : sympy donne

\tfrac1{(a+i\omega)^2}

des deux côtés — convolution

\longleftrightarrow

produit ✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Porte ∗ porte = triangle

DémonstrationDifficulté 3/5

Montrer, via le théorème de convolution, que la convolution de deux portes est un triangle, en comparant les transformées (sinc et sinc²).

Indices (3)

TF de la porte $[-\tfrac12,\tfrac12]$ : $\dfrac{2\sin(\omega/2)}\omega$ .

Convolution $\Longrightarrow$ produit des TF.

$\big(\tfrac{2\sin(\omega/2)}\omega\big)^2=\dfrac{2(1-\cos\omega)}{\omega^2}$ = TF du triangle (A6).

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Le théorème de convolution employé À L'ENVERS — on ne calcule pas la convolution, on la DEVINE par les spectres.

\boxed{\text{porte} * \text{porte} = \text{triangle}}

La stratégie, et c'est elle qu'il faut comprendre :

\boxed{\text{1) transformer les deux portes} \quad 2) \text{ multiplier} \quad 3) \text{ RECONNAÎTRE le résultat}}

⚠️⚠️ On ne calcule aucune intégrale de convolution. On reconnaît un spectre déjà rencontré — celui du triangle (A6) — et l'on conclut par injectivité de la transformée.

1) La porte. Prenons la porte $p$ de largeur $1$ , soit $\lvert t\rvert<\frac12$ . Par A1 avec $T=\frac12$ :

\hat p(\omega)=\dfrac{2\sin(\omega/2)}{\omega}=\mathrm{sinc}\!\left(\dfrac\omega2\right)

⚠️ Vérification par l'aire : $\hat p(0)=1$ , et l'aire de cette porte vaut $1\times 1=1$ ✓

2) Le produit.

\widehat{p*p}=\hat p\times\hat p=\mathrm{sinc}^{2}\!\left(\dfrac\omega2\right)

\boxed{\text{sinc} \times \text{sinc} = \text{sinc}^{2}}

3) La reconnaissance. A6 a établi que le triangle $1-\lvert t\rvert$ sur $\lvert t\rvert<1$ a pour transformée

\mathrm{sinc}^{2}\!\left(\dfrac\omega2\right)

\boxed{\text{c'est EXACTEMENT le même spectre}}

Donc, par injectivité :

\boxed{p*p=\text{le triangle } 1-\lvert t\rvert \text{ sur } \lvert t\rvert<1}

⚠️⚠️ L'ARGUMENT D'INJECTIVITÉ DOIT ÊTRE DIT. « Deux fonctions ont le même spectre, donc elles sont égales » suppose que la transformée est injective — ce qui est vrai (deux fonctions continues de même transformée coïncident), mais ce n'est pas une évidence.

\boxed{\text{sans l'injectivité, on n'a montré qu'une COÏNCIDENCE de spectres}}

Ce que cela explique, rétrospectivement. A6 relevait deux faits sans les justifier :

fait observé en A6	expliqué maintenant
le spectre est positif partout	c'est un carré
il décroît en $\frac1{\omega^2}$ , pas $\frac1\omega$	c'est le carré de $\frac1\omega$

\boxed{\text{les deux tenaient à la même cause, et E2 la nomme}}

La démonstration

1) La transformée de la porte de largeur $1$ .

p(t)=1 \text{ pour } \lvert t\rvert<\dfrac12, \qquad 0 \text{ sinon}

Par A1 avec $T=\frac12$ :

\hat p(\omega)=\dfrac{2\sin\left(\omega\times\frac12\right)}{\omega}=\dfrac{2\sin(\omega/2)}{\omega}

Et en faisant apparaître le sinus cardinal — on divise haut et bas par $2$ :

\hat p(\omega)=\dfrac{\sin(\omega/2)}{\omega/2}=\mathrm{sinc}\!\left(\dfrac\omega2\right)

\boxed{\hat p(\omega)=\mathrm{sinc}\!\left(\dfrac\omega2\right)}

⚠️ Contrôle : $\hat p(0)=1$ , et $\int p=1$ ✓

2) Le théorème de convolution.

\widehat{p*p}(\omega)=\hat p(\omega)\times\hat p(\omega)=\left[\mathrm{sinc}\!\left(\dfrac\omega2\right)\right]^{2}=\mathrm{sinc}^{2}\!\left(\dfrac\omega2\right)

3) La reconnaissance et la conclusion.

A6 : le triangle $\Lambda(t)=1-\lvert t\rvert$ sur $\lvert t\rvert<1$ a pour transformée $\mathrm{sinc}^{2}\!\left(\frac\omega2\right)$ .

\widehat{p*p}=\hat\Lambda

Par injectivité de la transformée de Fourier sur les fonctions continues :

\boxed{p*p=\Lambda}

Le contrôle DIRECT — indispensable, parce qu'il rend le résultat concret.

⚠️ Calculons $(p*p)(t)$ à la main pour $t=0$ :

(p*p)(0)=\int p(u)p(-u)\,du=\int_{-1/2}^{1/2}1\times 1\,du=1

Et $\Lambda(0)=1-0=1$ ✓

Pour $t=\frac12$ : les deux portes se chevauchent sur $\left[0,\frac12\right]$ , de longueur $\frac12$ :

(p*p)\!\left(\dfrac12\right)=\dfrac12 \qquad\text{et}\qquad \Lambda\!\left(\dfrac12\right)=1-\dfrac12=\dfrac12 \quad\checkmark

Pour $t=1$ : les portes ne se chevauchent plus :

(p*p)(1)=0 \qquad\text{et}\qquad \Lambda(1)=0 \quad\checkmark

\boxed{\text{la convolution de deux portes MESURE leur CHEVAUCHEMENT}}

⚠️⚠️ C'est l'image géométrique à retenir : on glisse une porte sur l'autre, et l'on mesure la longueur commune. Elle vaut $1$ quand elles coïncident, décroît linéairement, s'annule quand elles se séparent — d'où le triangle.

\boxed{\text{le triangle n'est pas une coïncidence : c'est la forme du chevauchement}}

Les contrôles.

a) L'aire. $\int(p*p)=\left(\int p\right)^{2}=1$ (E1), et $\int\Lambda=\frac{2\times 1}{2}=1$ ✓

b) Le support. $p$ a un support de largeur $1$ , donc $p*p$ a un support de largeur $2$ .

\boxed{\text{les SUPPORTS s'ADDITIONNENT dans une convolution}}

Et le triangle $1-\lvert t\rvert$ est bien de support $[-1,1]$ , de largeur $2$ ✓

⚠️ C'est un contrôle très efficace et souvent oublié — il attrape immédiatement une erreur d'échelle.

c) La régularité. $p$ est discontinue ; $p*p$ est continue (le triangle).

\boxed{\text{la convolution GAGNE un cran de régularité}}

ℹ️ Cohérent avec E1 ( $e^{-at}u$ discontinue → $te^{-at}u$ continue) et avec les décroissances : $\frac1\omega$ pour la porte, $\frac1{\omega^2}$ pour le triangle.

d) La positivité du spectre. $\mathrm{sinc}^{2}\geq 0$ ✓ — et c'est un fait général :

\boxed{\widehat{f*f}=\left(\hat f\right)^{2} \ \text{est positif quand } \hat f \text{ est RÉEL}}

⚠️ A6 le constatait sans l'expliquer. Ici la cause est nommée : c'est un carré.

e) Le contrôle par une troisième convolution. $p*p*p$ aurait pour spectre $\mathrm{sinc}^{3}$ , donc une décroissance en $\frac1{\omega^{3}}$ — et en temps, une courbe dérivable (des morceaux de paraboles).

\boxed{\text{chaque convolution supplémentaire LISSE davantage}}

ℹ️ En itérant, on tend vers une GAUSSIENNE — c'est le théorème central limite, dont c'est ici la version « signal ». Convoluer une distribution avec elle-même, encore et encore, la rend gaussienne.

Rappel de cours

LA STRATÉGIE — le théorème employé À L'ENVERS
$\boxed{\text{transformer} \ \to \ \text{multiplier} \ \to \ \text{RECONNAÎTRE}}$
On ne calcule AUCUNE intégrale de convolution.

LE CALCUL
$\hat p(\omega)=\mathrm{sinc}\!\left(\dfrac\omega2\right) \quad\Longrightarrow\quad \widehat{p*p}=\mathrm{sinc}^{2}\!\left(\dfrac\omega2\right)=\hat\Lambda \quad\Longrightarrow\quad \boxed{p*p=\Lambda}$

⚠️⚠️ L'ARGUMENT D'INJECTIVITÉ DOIT ÊTRE DIT « Même spectre donc mêmes fonctions » suppose la transformée injective. Sans lui, on n'a montré qu'une coïncidence de spectres.

⚠️⚠️ L'IMAGE GÉOMÉTRIQUE — à retenir
$\boxed{\text{la convolution de deux portes MESURE leur CHEVAUCHEMENT}}$
On glisse une porte sur l'autre : longueur commune $=1$ quand elles coïncident, décroissance linéaire, nulle quand elles se séparent. Le triangle est la forme du chevauchement. Contrôles directs : $(p*p)(0)=1$ , $(p*p)(\frac12)=\frac12$ , $(p*p)(1)=0$ ✓

CE QUE E2 EXPLIQUE DE A6

observé en A6 cause

spectre positif partout c'est un carré

décroissance $\frac1{\omega^2}$ carré de $\frac1\omega$

observé en A6	cause
spectre positif partout	c'est un carré
décroissance $\frac1{\omega^2}$	carré de $\frac1\omega$

CONTRÔLES · aire : $\int(p*p)=\left(\int p\right)^2=1=\int\Lambda$ ✓ ; · ⚠️ LES SUPPORTS S'ADDITIONNENT : largeur $1+1=2$ , et $\Lambda$ a bien un support de largeur $2$ — contrôle efficace et souvent oublié ; · régularité : $p$ discontinue, $p*p$ continue — la convolution gagne un cran.

ℹ️ $p*p*p$ donnerait $\mathrm{sinc}^3$ , une courbe dérivable. En itérant, on tend vers une GAUSSIENNE — c'est le théorème central limite, version signal.

L'erreur classique

⚠️⚠️ Se lancer dans le calcul de l'intégrale de convolution. L'énoncé demande explicitement de passer par les transformées.

⚠️⚠️ Omettre l'argument d'injectivité. Sans lui, on a montré que deux fonctions ont le même spectre — pas qu'elles sont égales.

⚠️ Se tromper dans $\hat p$ . Pour une porte de largeur 1 ( $\lvert t\rvert<\frac12$ ), c'est $\mathrm{sinc}\!\left(\frac\omega2\right)$ ; pour $\lvert t\rvert<1$ , ce serait $2\,\mathrm{sinc}(\omega)$ .

Le contrôle : $\hat p(0)$ doit valoir l'aire de la porte.

⚠️ Écrire $\mathrm{sinc}^2(\omega)$ au lieu de $\mathrm{sinc}^2\!\left(\frac\omega2\right)$ . L'argument est la moitié — même piège qu'en A6.

⚠️ Croire que le triangle a la même largeur que la porte. Les supports s'additionnent : $1+1=2$ .

⚠️ Croire que convoluer deux fonctions discontinues donne une fonction discontinue. La convolution régularise.

⚠️ Oublier de vérifier sur quelques points. $(p*p)(0)=1$ , $(p*p)(1)=0$ : trois secondes, et cela rend le résultat concret.

⚠️ Ne pas voir que E2 explique A6. Positivité et décroissance doublée tenaient à la même cause — et A6 ne pouvait pas la nommer.

À retenir

\hat p(\omega)=\mathrm{sinc}\!\left(\dfrac\omega2\right) \ \Longrightarrow \ \widehat{p*p}=\mathrm{sinc}^{2}\!\left(\dfrac\omega2\right)=\hat\Lambda \ \Longrightarrow \ \boxed{p*p=\Lambda \ \text{ (le triangle)}}

\boxed{\text{transformer} \ \to \ \text{multiplier} \ \to \ \text{RECONNAÎTRE}}

⚠️⚠️ L'argument d'INJECTIVITÉ doit être dit — sinon on n'a montré qu'une coïncidence de spectres, pas une égalité de fonctions.

\boxed{\text{la convolution de deux portes MESURE leur CHEVAUCHEMENT}}

On glisse une porte sur l'autre : $1$ quand elles coïncident, décroissance linéaire, $0$ quand elles se séparent. Le triangle est la forme du chevauchement — ce n'est pas une coïncidence.

Ce que E2 explique de A6 : le spectre est positif parce que c'est un carré, et il décroît en $\frac1{\omega^2}$ parce que c'est le carré de $\frac1\omega$ . A6 constatait les deux sans pouvoir les nommer.

Contrôles : aire (produit des aires) · ⚠️ LES SUPPORTS S'ADDITIONNENT ( $1+1=2$ ) — contrôle efficace et souvent oublié · $(p*p)(0)=1$ , $(p*p)(1)=0$ · la convolution gagne un cran de régularité.

ℹ️ En itérant les convolutions, on tend vers une GAUSSIENNE — le théorème central limite, version signal.

Réponse. porte

*

porte

=

triangle (sinc

\times

sinc

=

sinc²). (Recoupement : sympy vérifie

\big(\tfrac{2\sin(\omega/2)}\omega\big)^2=\tfrac{2(1-\cos\omega)}{\omega^2}

✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Identité de Parseval

CalculDifficulté 3/5

Vérifier l'identité de Parseval-Plancherel sur $f(t)=e^{-at}u(t)$ : calculer l'énergie dans le temps et en fréquence.

Indices (3)

Temps : $\displaystyle\int_0^{+\infty}e^{-2at}dt$ .

Fréquence : $\lvert\hat f\rvert^2=\dfrac1{a^2+\omega^2}$ , puis $\dfrac1{2\pi}\displaystyle\int\dfrac{d\omega}{a^2+\omega^2}$ .

$\displaystyle\int\dfrac{d\omega}{a^2+\omega^2}=\dfrac\pi a$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

L'identité qui dit que la transformée de Fourier CONSERVE L'ÉNERGIE.

\boxed{\int_{-\infty}^{+\infty}\lvert f(t)\rvert^{2}\,dt=\dfrac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}\lvert\hat f(\omega)\rvert^{2}\,d\omega}

\boxed{\text{l'énergie se calcule INDIFFÉREMMENT en temps ou en fréquence}}

⚠️⚠️ NE PAS OUBLIER LE $\frac{1}{2\pi}$ . Il est la conséquence de la convention choisie (A1) — dans une convention symétrique il disparaîtrait.

ℹ️ Ce que l'identité signifie physiquement : décomposer un signal en fréquences ne crée ni ne détruit d'énergie. Chaque fréquence en emporte une part, et la somme des parts fait le tout.

\boxed{\lvert\hat f(\omega)\rvert^{2} \ \text{est la DENSITÉ SPECTRALE D'ÉNERGIE}}

La vérification sur $f(t)=e^{-at}u(t)$ .

Côté TEMPS — direct :

\int_{0}^{+\infty}\left(e^{-at}\right)^{2}dt=\int_{0}^{+\infty}e^{-2at}\,dt=\left[\dfrac{e^{-2at}}{-2a}\right]_{0}^{\infty}=\dfrac{1}{2a}

⚠️ L'exposant DOUBLE : $\lvert f\rvert^{2}=e^{-2at}$ , donc l'intégrale vaut $\frac{1}{2a}$ et non $\frac1a$ .

\boxed{E_{\text{temps}}=\dfrac{1}{2a}}

Côté FRÉQUENCE. On sait (A2) que $\hat f=\frac{1}{a+i\omega}$ , donc

\lvert\hat f(\omega)\rvert^{2}=\dfrac{1}{a^{2}+\omega^{2}}

⚠️⚠️ Le module au carré d'un quotient : $\left\lvert\frac1z\right\rvert^2=\frac{1}{\lvert z\rvert^2}$ , et $\lvert a+i\omega\rvert^{2}=a^{2}+\omega^{2}$ . Ne pas écrire $(a+i\omega)^2$ — ce serait le carré, pas le module au carré.

\dfrac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{d\omega}{a^{2}+\omega^{2}}=\dfrac{1}{2\pi}\times\dfrac{\pi}{a}=\dfrac{1}{2a} \quad\checkmark

⚠️ L'intégrale $\int\frac{d\omega}{a^2+\omega^2}=\frac\pi a$ est la primitive d'arctangente — à connaître, elle revient constamment.

\boxed{E_{\text{temps}}=E_{\text{fréquence}}=\dfrac{1}{2a}}

La vérification

1) L'énergie dans le domaine temporel.

E=\int_{-\infty}^{+\infty}\lvert f(t)\rvert^{2}dt=\int_{0}^{+\infty}e^{-2at}\,dt

⚠️ L'échelon ramène à $[0,+\infty[$ , et le carré DOUBLE l'exposant.

E=\left[\dfrac{e^{-2at}}{-2a}\right]_{0}^{+\infty}=0-\left(-\dfrac{1}{2a}\right)=\dfrac{1}{2a}

\boxed{E_{\text{temps}}=\dfrac{1}{2a}}

2) La densité spectrale.

\hat f(\omega)=\dfrac{1}{a+i\omega} \qquad\text{(A2)}

\lvert\hat f(\omega)\rvert^{2}=\hat f\times\overline{\hat f}=\dfrac{1}{a+i\omega}\times\dfrac{1}{a-i\omega}=\dfrac{1}{(a+i\omega)(a-i\omega)}

\boxed{(a+i\omega)(a-i\omega)=a^{2}+\omega^{2}}

⚠️⚠️ Le $+$ vient de $-i^{2}$ — c'est exactement l'identité d'A3, et écrire $a^{2}-\omega^{2}$ est l'erreur récurrente du chapitre.

\lvert\hat f(\omega)\rvert^{2}=\dfrac{1}{a^{2}+\omega^{2}}

3) L'intégrale en fréquence.

\dfrac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{d\omega}{a^{2}+\omega^{2}}

La primitive : $\displaystyle\int\dfrac{d\omega}{a^{2}+\omega^{2}}=\dfrac1a\arctan\dfrac\omega a$

\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{d\omega}{a^{2}+\omega^{2}}=\dfrac1a\left[\arctan\dfrac\omega a\right]_{-\infty}^{+\infty}=\dfrac1a\left(\dfrac\pi2+\dfrac\pi2\right)=\dfrac{\pi}{a}

\dfrac{1}{2\pi}\times\dfrac{\pi}{a}=\dfrac{1}{2a} \quad\checkmark

\boxed{\text{PARSEVAL EST VÉRIFIÉ} \ : \ \dfrac{1}{2a}=\dfrac{1}{2a}}

Les contrôles.

a) Les deux voies n'ont RIEN en commun. L'une intègre une exponentielle sur $[0,\infty[$ , l'autre une fraction rationnelle sur $\mathbb R$ — et les deux donnent $\frac{1}{2a}$ .

\boxed{\text{c'est le contrôle le plus fort qui soit} \ : \ \text{aucune hypothèse partagée}}

b) Le contrôle dimensionnel. Si $f$ est en volts et $t$ en secondes :

$\int\lvert f\rvert^{2}dt$ est en V²·s ;
$\hat f$ est en V·s, donc $\lvert\hat f\rvert^{2}$ en V²·s², et $\int\lvert\hat f\rvert^{2}d\omega$ en V²·s²·s $^{-1}=$ V²·s ✓

\boxed{\text{les deux membres sont bien une ÉNERGIE}}

⚠️ Ce contrôle ne voit pas le $\frac1{2\pi}$ , qui est sans dimension : c'est l'égalité des deux nombres (a) qui le valide.

c) Le contrôle par le comportement en $a$ .

E=\dfrac{1}{2a} \qquad\text{décroît quand } a \text{ croît}

ℹ️ Cohérent : un $a$ grand donne un signal qui s'éteint vite, donc de faible énergie. ✓

d) Le contrôle par la répartition de l'énergie. Quelle fraction de l'énergie est en dessous de $\omega=a$ ?

\dfrac{1}{2\pi}\int_{-a}^{a}\dfrac{d\omega}{a^{2}+\omega^{2}}=\dfrac{1}{2\pi}\times\dfrac1a\times 2\arctan 1=\dfrac{1}{2\pi a}\times\dfrac{\pi}{2}=\dfrac{1}{4a}

\boxed{\dfrac{1/(4a)}{1/(2a)}=\dfrac12}

⚠️⚠️ La MOITIÉ de l'énergie est en dessous de $\omega=a$ — c'est-à-dire en dessous de la fréquence de coupure du filtre RC correspondant (D5). Un fait remarquable, et un excellent contrôle.

e) Le lien avec la version discrète. C1 employait

\sum_{n}\lvert x_{n}\rvert^{2}=\dfrac1N\sum_{k}\lvert X_{k}\rvert^{2}

\boxed{\text{même identité, } \tfrac1N \text{ jouant le rôle de } \tfrac1{2\pi}}

ℹ️ Les deux facteurs ont la même origine : ils compensent l'absence de normalisation dans la transformée directe.

f) Ce que Parseval permet, et qui est son usage principal.

\boxed{\text{calculer une intégrale DIFFICILE par la voie facile}}

Exemple : $\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{d\omega}{a^{2}+\omega^{2}}$ se calcule ici sans arctangente, en partant du côté temporel :

\int\dfrac{d\omega}{a^{2}+\omega^{2}}=2\pi\times\dfrac{1}{2a}=\dfrac{\pi}{a}

⚠️ On a retrouvé la valeur de l'intégrale par une exponentielle — c'est l'usage le plus courant de Parseval en exercice, et E4 le refera sur une gaussienne.

Rappel de cours

⚠️⚠️ IDENTITÉ DE PARSEVAL-PLANCHEREL
$\boxed{\int\lvert f(t)\rvert^{2}dt=\dfrac{1}{2\pi}\int\lvert\hat f(\omega)\rvert^{2}d\omega}$
L'énergie se calcule indifféremment en temps ou en fréquence. ⚠️ NE PAS OUBLIER LE $\frac1{2\pi}$ — conséquence de la convention (A1).

$\boxed{\lvert\hat f(\omega)\rvert^{2} \ \text{est la DENSITÉ SPECTRALE D'ÉNERGIE}}$

LA VÉRIFICATION sur $e^{-at}u(t)$
$\text{temps} : \ \int_{0}^{\infty}e^{-2at}dt=\dfrac{1}{2a} \qquad\qquad \text{fréquence} : \ \dfrac1{2\pi}\times\dfrac\pi a=\dfrac{1}{2a} \quad\checkmark$
⚠️ Le carré DOUBLE l'exposant : $\frac1{2a}$ , pas $\frac1a$ . ⚠️⚠️ $\lvert\hat f\rvert^{2}=\dfrac{1}{a^{2}+\omega^{2}}$ — le $+$ vient de $(a+i\omega)(a-i\omega)$ . Ne pas écrire $(a+i\omega)^2$ : c'est le carré, pas le module au carré. ℹ️ $\int\frac{d\omega}{a^2+\omega^2}=\frac\pi a$ — primitive d'arctangente, à connaître.

CONTRÔLES · ⚠️ les deux voies n'ont RIEN en commun (exponentielle sur $[0,\infty[$ / fraction rationnelle sur $\mathbb R$ ) — le contrôle le plus fort possible ; · dimension : les deux membres sont en V²·s ✓ — mais ne voit pas le $\frac1{2\pi}$ , sans dimension ; · $E=\frac1{2a}$ décroît avec $a$ : un signal qui s'éteint vite a peu d'énergie ; · ⚠️⚠️ la MOITIÉ de l'énergie est sous $\omega=a$ — la coupure du RC correspondant (D5).

LIEN AVEC LA VERSION DISCRÈTE (C1)
$\sum_{n}\lvert x_n\rvert^2=\dfrac1N\sum_k\lvert X_k\rvert^2 \qquad \tfrac1N \text{ joue le rôle de } \tfrac1{2\pi}$

$\boxed{\text{USAGE PRINCIPAL} : \ \text{calculer une intégrale DIFFICILE par la voie facile}}$
Ici $\int\frac{d\omega}{a^2+\omega^2}=2\pi\times\frac1{2a}=\frac\pi a$ , sans arctangente.

L'erreur classique

⚠️⚠️ Oublier le $\frac{1}{2\pi}$ . Le résultat serait faux d'un facteur $2\pi$ — et le contrôle dimensionnel ne l'attrape pas (il est sans dimension).

Le contrôle : les deux voies doivent donner le même nombre.

⚠️⚠️ Écrire $\lvert\hat f\rvert^{2}=\frac{1}{(a+i\omega)^{2}}$ . C'est le carré, pas le module au carré : il faut $\hat f\times\overline{\hat f}=\frac{1}{a^2+\omega^2}$ .

⚠️ Écrire $a^{2}-\omega^{2}$ . Le $+$ vient de $-i^2$ — erreur récurrente du chapitre (A3).

⚠️ Oublier que le carré double l'exposant. $\left(e^{-at}\right)^2=e^{-2at}$ , donc $\frac1{2a}$ et non $\frac1a$ .

Le contrôle : $\hat f(0)=\frac1a$ est l'aire, pas l'énergie. Ce sont deux quantités différentes.

⚠️ Confondre $\int f$ et $\int\lvert f\rvert^{2}$ . La première est l'aire (le contrôle universel), la seconde l'énergie.

⚠️ Oublier l'échelon et intégrer de $-\infty$ à $+\infty$ : l'intégrale divergerait.

⚠️ Ne pas connaître $\int\frac{d\omega}{a^2+\omega^2}=\frac\pi a$ . Elle revient constamment.

⚠️ Ne pas voir l'usage pratique : Parseval sert surtout à calculer des intégrales difficiles, pas seulement à les vérifier.

À retenir

\boxed{\int\lvert f(t)\rvert^{2}dt=\dfrac{1}{2\pi}\int\lvert\hat f(\omega)\rvert^{2}d\omega} \qquad\qquad \boxed{\lvert\hat f\rvert^{2} = \text{densité spectrale d'énergie}}

f=e^{-at}u(t) \ : \quad \underbrace{\int_{0}^{\infty}e^{-2at}dt}_{\text{temps}}=\dfrac{1}{2a} \qquad = \qquad \underbrace{\dfrac1{2\pi}\times\dfrac\pi a}_{\text{fréquence}}=\dfrac{1}{2a} \quad\checkmark

⚠️⚠️ Ne pas oublier le $\frac1{2\pi}$ — et le contrôle dimensionnel ne l'attrape pas.

⚠️⚠️ $\lvert\hat f\rvert^{2}=\hat f\overline{\hat f}=\frac{1}{a^{2}+\omega^{2}}$ — c'est le module au carré, pas le carré. Le $+$ vient de $-i^2$ .

⚠️ Le carré DOUBLE l'exposant : $\frac1{2a}$ , pas $\frac1a$ . Et $\hat f(0)=\frac1a$ est l'aire, pas l'énergie — deux quantités différentes.

Contrôles : ⚠️ les deux voies n'ont rien en commun — c'est le contrôle le plus fort possible · dimension (V²·s des deux côtés) · $E$ décroît avec $a$ · ⚠️⚠️ la MOITIÉ de l'énergie est sous $\omega=a$ , la coupure du RC (D5).

Version discrète (C1) : $\sum\lvert x_n\rvert^2=\frac1N\sum\lvert X_k\rvert^2$ — $\frac1N$ joue le rôle de $\frac1{2\pi}$ .

\boxed{\text{USAGE PRINCIPAL} : \ \text{calculer une intégrale DIFFICILE par la voie facile}}

Ici $\int\frac{d\omega}{a^2+\omega^2}=2\pi\times\frac1{2a}=\frac\pi a$ , sans arctangente.

Réponse. Les deux énergies valent

\dfrac1{2a}

(Parseval vérifié). (Recoupement : sympy donne

\tfrac1{2a}

dans le temps ET en fréquence ✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Densité spectrale d'énergie

ApplicationDifficulté 3/5

Pour $f(t)=e^{-t^2}$ (transformée $\hat f(\omega)=\sqrt\pi\,e^{-\omega^2/4}$ ), calculer l'énergie totale $\int\lvert f\rvert^2$ et vérifier Parseval.

Indices (3)

$\displaystyle\int e^{-2t^2}dt=\sqrt{\pi/2}$ (Gauss).

$\lvert\hat f\rvert^2=\pi e^{-\omega^2/2}$ .

$\dfrac1{2\pi}\displaystyle\int\pi e^{-\omega^2/2}d\omega$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

Parseval sur une gaussienne — et c'est le cas où les deux voies sont d'égale difficulté, ce qui rend la vérification particulièrement propre.

f(t)=e^{-t^{2}} \qquad\qquad \hat f(\omega)=\sqrt\pi\,e^{-\omega^{2}/4}

⚠️ Cette transformée a été obtenue DEUX FOIS : annoncée en A4, puis retrouvée en B3 par changement d'échelle depuis $e^{-t^2/2}$ . Elle n'est donc pas à recalculer.

Côté TEMPS.

E=\int_{-\infty}^{+\infty}\left(e^{-t^{2}}\right)^{2}dt=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-2t^{2}}\,dt

⚠️⚠️ Le carré double l'exposant : $e^{-2t^2}$ , pas $e^{-t^2}$ ni $e^{-t^4}$ .

On se ramène à l'intégrale de Gauss admise en A4 :

\boxed{\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-t^{2}/2}\,dt=\sqrt{2\pi}}

Par changement de variable — il faut faire apparaître $\frac{s^2}{2}$ à l'exposant, donc poser $s=2t$ :

2t^{2}=\dfrac{(2t)^{2}}{2}=\dfrac{s^{2}}{2} \qquad\qquad dt=\dfrac{ds}{2}

E=\int e^{-s^{2}/2}\dfrac{ds}{2}=\dfrac{\sqrt{2\pi}}{2}

\boxed{E_{\text{temps}}=\dfrac{\sqrt{2\pi}}{2}=\sqrt{\dfrac{\pi}{2}}\approx 1{,}2533}

⚠️ Les deux écritures sont égales : $\frac{\sqrt{2\pi}}{2}=\frac{\sqrt{2}\sqrt\pi}{2}=\frac{\sqrt\pi}{\sqrt2}=\sqrt{\frac\pi2}$ ✓

Côté FRÉQUENCE.

\lvert\hat f(\omega)\rvert^{2}=\left(\sqrt\pi\,e^{-\omega^{2}/4}\right)^{2}=\pi\,e^{-\omega^{2}/2}

⚠️⚠️ DEUX carrés à ne pas rater : celui du $\sqrt\pi$ (qui donne $\pi$ ) et celui de l'exponentielle (qui double l'exposant : $\frac{\omega^2}{4}\to\frac{\omega^2}{2}$ ).

\dfrac{1}{2\pi}\int\pi\,e^{-\omega^{2}/2}d\omega=\dfrac{\pi}{2\pi}\times\sqrt{2\pi}=\dfrac{\sqrt{2\pi}}{2}

\boxed{E_{\text{fréquence}}=\dfrac{\sqrt{2\pi}}{2} \quad\checkmark}

ℹ️ Ici l'intégrale de Gauss tombe DIRECTEMENT, sans changement de variable — parce que l'exposant est déjà $\frac{\omega^2}{2}$ . C'est ce qui rend la voie fréquentielle légèrement plus courte.

La vérification

1) L'énergie en temps.

E=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-2t^{2}}\,dt

Changement de variable $s=2t$ , soit $t=\frac s2$ et $dt=\frac{ds}{2}$ :

⚠️ Vérifions l'exposant : $-2t^{2}=-2\left(\frac s2\right)^{2}=-2\times\frac{s^{2}}{4}=-\dfrac{s^{2}}{2}$ ✓

E=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-s^{2}/2}\,\dfrac{ds}{2}=\dfrac12\int e^{-s^{2}/2}ds=\dfrac{\sqrt{2\pi}}{2}

\boxed{E_{\text{temps}}=\dfrac{\sqrt{2\pi}}{2}\approx 1{,}2533}

⚠️ Les bornes sont inchangées : $s=2t$ est croissante, donc $t\to\pm\infty$ donne $s\to\pm\infty$ . Pas de retournement, contrairement à B3 où $a$ pouvait être négatif.

2) L'énergie en fréquence.

\lvert\hat f(\omega)\rvert^{2}=\pi\,e^{-\omega^{2}/2}

⚠️ $\hat f$ est RÉELLE (la gaussienne est paire), donc $\lvert\hat f\rvert^{2}=\hat f^{2}$ — pas besoin de conjuguer ici, contrairement à E3.

\dfrac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}\pi\,e^{-\omega^{2}/2}\,d\omega=\dfrac{\pi}{2\pi}\int e^{-\omega^{2}/2}d\omega=\dfrac12\times\sqrt{2\pi}

\boxed{E_{\text{fréquence}}=\dfrac{\sqrt{2\pi}}{2} \quad\checkmark}

\boxed{\text{PARSEVAL EST VÉRIFIÉ}}

Les contrôles.

a) La forme simplifiée.

\dfrac{\sqrt{2\pi}}{2}=\sqrt{\dfrac{2\pi}{4}}=\sqrt{\dfrac\pi2}\approx 1{,}2533

⚠️ Les deux écritures sont équivalentes ; il vaut mieux savoir passer de l'une à l'autre, les tables employant tantôt l'une, tantôt l'autre.

b) Le contrôle par l'encadrement. La fonction $e^{-2t^{2}}$ vaut $1$ en $0$ et décroît vite. Son intégrale doit être de l'ordre de l'unité — et $1{,}2533$ l'est ✓

ℹ️ Plus précisément : $e^{-2t^2}\leq e^{-t^2}$ pour $\lvert t\rvert\geq 1$ … mais aussi pour tout $t\neq 0$ . Donc $E<\int e^{-t^2}dt=\sqrt\pi\approx 1{,}7725$ ✓

\boxed{1{,}2533<1{,}7725 \quad\checkmark}

c) Le contrôle par la formule générale. Pour $f=e^{-\alpha t^{2}}$ :

\int e^{-2\alpha t^{2}}dt=\sqrt{\dfrac{\pi}{2\alpha}}

Pour $\alpha=1$ : $\sqrt{\frac\pi2}$ ✓

⚠️ Ce contrôle en $\alpha$ vérifie l'EXPOSANT, ce qu'un cas particulier ne fait pas — c'est le réflexe de B3 et de C4 du chapitre précédent.

d) Le contrôle de cohérence avec A4. Pour $g=e^{-t^{2}/2}$ , dont $\hat g=\sqrt{2\pi}e^{-\omega^2/2}$ :

E_{\text{temps}}=\int e^{-t^{2}}dt=\sqrt\pi

E_{\text{fréq}}=\dfrac{1}{2\pi}\int 2\pi\,e^{-\omega^{2}}d\omega=\int e^{-\omega^2}d\omega=\sqrt\pi \quad\checkmark

\boxed{\text{Parseval tient aussi sur l'autre gaussienne}}

ℹ️ Et c'est particulièrement net ici : la gaussienne étant autoréciproque, les deux intégrales sont littéralement la même, à $\frac{1}{2\pi}$ et $2\pi$ près qui se compensent.

e) Le contrôle par la largeur spectrale.

⚠️⚠️ $f=e^{-t^{2}}$ a une « largeur » de l'ordre de $1$ en temps ; $\hat f=\sqrt\pi e^{-\omega^{2}/4}$ a une largeur de l'ordre de $2$ en $\omega$ .

\boxed{\text{signal RESSERRÉ} \ \Longleftrightarrow \ \text{spectre ÉLARGI} \ — \ \text{B3, encore}}

Comparons à $e^{-t^2/2}$ , $\sqrt2$ fois plus étalée en temps : son spectre en $e^{-\omega^2/2}$ est $\sqrt2$ fois plus étroit ✓

f) L'usage de Parseval, comme en E3. L'identité permet de calculer $\int e^{-\omega^{2}/2}d\omega$ en partant du temps :

\int e^{-\omega^{2}/2}d\omega=\dfrac{2\pi}{\pi}\times\dfrac{\sqrt{2\pi}}{2}=\sqrt{2\pi}

⚠️ On retombe sur l'intégrale de Gauss — cohérent, mais circulaire ici, puisqu'on s'en était servi pour l'obtenir.

\boxed{\text{sur une gaussienne, les deux voies utilisent la MÊME intégrale de Gauss}}

ℹ️ C'est une limite honnête de cette vérification, et il faut la dire : contrairement à E3, où les deux voies étaient indépendantes (exponentielle contre arctangente), ici elles partagent leur ingrédient. La vérification est correcte, mais moins probante que celle d'E3.

Rappel de cours

PARSEVAL SUR LA GAUSSIENNE
$f=e^{-t^{2}} \qquad \hat f=\sqrt\pi\,e^{-\omega^{2}/4} \qquad\text{(A4, retrouvée en B3)}$

$\boxed{E=\dfrac{\sqrt{2\pi}}{2}=\sqrt{\dfrac\pi2}\approx 1{,}2533 \quad\text{des DEUX côtés}}$

CÔTÉ TEMPS
$\int e^{-2t^{2}}dt \ \xrightarrow{\ s=2t\ } \ \dfrac12\int e^{-s^{2}/2}ds=\dfrac{\sqrt{2\pi}}{2}$
⚠️ Le carré DOUBLE l'exposant. Vérifier : $-2\left(\frac s2\right)^2=-\frac{s^2}{2}$ ✓

CÔTÉ FRÉQUENCE
$\lvert\hat f\rvert^{2}=\pi\,e^{-\omega^{2}/2} \qquad\Longrightarrow\qquad \dfrac{1}{2\pi}\times\pi\times\sqrt{2\pi}=\dfrac{\sqrt{2\pi}}{2}$
⚠️⚠️ DEUX carrés : celui du $\sqrt\pi$ et celui de l'exponentielle ( $\frac{\omega^2}{4}\to\frac{\omega^2}{2}$ ). ⚠️ $\hat f$ est réelle (gaussienne paire) : pas besoin de conjuguer, contrairement à E3.

CONTRÔLES · $\frac{\sqrt{2\pi}}{2}=\sqrt{\frac\pi2}$ — savoir passer d'une écriture à l'autre ; · encadrement : $E<\int e^{-t^2}=\sqrt\pi\approx 1{,}7725$ ✓ ; · formule générale $\int e^{-2\alpha t^2}dt=\sqrt{\frac{\pi}{2\alpha}}$ — vérifie l'EXPOSANT, ce qu'un cas particulier ne fait pas ; · largeur : temps $\approx 1$ , spectre $\approx 2$ — B3, encore.

⚠️⚠️ LA LIMITE HONNÊTE DE CETTE VÉRIFICATION
$\boxed{\text{sur une gaussienne, les DEUX voies utilisent la MÊME intégrale de Gauss}}$
Contrairement à E3, où elles étaient indépendantes (exponentielle contre arctangente). La vérification est correcte, mais moins probante.

L'erreur classique

⚠️⚠️ Oublier de doubler l'exposant. $\left(e^{-t^2}\right)^2=e^{-2t^2}$ , et non $e^{-t^2}$ ni $e^{-t^4}$ .

⚠️⚠️ Oublier de mettre le $\sqrt\pi$ au carré. $\lvert\hat f\rvert^2=\pi\,e^{-\omega^2/2}$ — le facteur devient $\pi$ , pas $\sqrt\pi$ .

Le contrôle : sans lui, les deux voies ne concordent pas.

⚠️ Se tromper dans le changement de variable. Avec $s=2t$ , il faut vérifier que $-2t^2$ devient bien $-\frac{s^2}{2}$ .

⚠️ Oublier le $\frac{ds}{2}$ . $dt=\frac{ds}{2}$ , et ce facteur donne la moitié du résultat.

⚠️ Oublier le $\frac{1}{2\pi}$ de Parseval.

⚠️ Conjuguer inutilement. Ici $\hat f$ est réelle ; $\lvert\hat f\rvert^2=\hat f^2$ suffit.

⚠️ Croire que $\frac{\sqrt{2\pi}}{2}$ et $\sqrt{\frac\pi2}$ diffèrent. Ce sont le même nombre.

⚠️ Présenter cette vérification comme aussi forte que celle d'E3. Elle ne l'est pas : les deux voies partagent l'intégrale de Gauss. Le dire est plus honnête que de le taire.

À retenir

f=e^{-t^{2}}, \quad \hat f=\sqrt\pi\,e^{-\omega^{2}/4} \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{E=\dfrac{\sqrt{2\pi}}{2}=\sqrt{\dfrac\pi2}\approx 1{,}2533 \ \text{ des deux côtés}}

\text{temps} : \ \int e^{-2t^{2}}dt \xrightarrow{s=2t} \dfrac{\sqrt{2\pi}}{2} \qquad\qquad \text{fréq.} : \ \dfrac{1}{2\pi}\int\pi e^{-\omega^{2}/2}d\omega=\dfrac{\sqrt{2\pi}}{2}

⚠️⚠️ Le carré DOUBLE l'exposant, et côté fréquence il y a DEUX carrés : celui du $\sqrt\pi$ (qui donne $\pi$ ) et celui de l'exponentielle ( $\frac{\omega^2}{4}\to\frac{\omega^2}{2}$ ).

⚠️ $\hat f$ est RÉELLE (gaussienne paire) : pas besoin de conjuguer, contrairement à E3.

Contrôles : $\frac{\sqrt{2\pi}}{2}=\sqrt{\frac\pi2}$ — le même nombre · encadrement $E<\sqrt\pi$ · formule générale $\int e^{-2\alpha t^2}dt=\sqrt{\frac{\pi}{2\alpha}}$ , qui vérifie l'exposant · largeur temps $\approx 1$ contre spectre $\approx 2$ (B3).

\boxed{\text{LA LIMITE HONNÊTE} : \ \text{les deux voies utilisent la MÊME intégrale de Gauss}}

⚠️⚠️ Contrairement à E3, où elles étaient indépendantes (exponentielle contre arctangente). La vérification est correcte, mais moins probante — et le dire vaut mieux que le taire.

Réponse.

E=\sqrt{\pi/2}

dans les deux domaines (Parseval). (Recoupement : sympy confirme

\sqrt{\pi/2}

des deux côtés ;

\lvert\hat f\rvert^2

= densité spectrale d'énergie ✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Du signal périodique au spectre continu

DémonstrationDifficulté 3/5

Expliquer le lien entre série de Fourier (signal périodique) et transformée (signal quelconque) : que devient le spectre d'un signal $T$ -périodique ?

Indices (3)

Un signal $T$ -périodique se décompose en harmoniques $n\omega_0$ , $\omega_0=\tfrac{2\pi}T$ .

Son spectre est donc discret (des raies).

La TF d'une seule période donne les coefficients.

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

La question qui relie les deux chapitres de Fourier — et la réponse tient en une image : le spectre passe du DISCRET au CONTINU.

\boxed{\text{signal } T\text{-PÉRIODIQUE} \ \longrightarrow \ \text{SÉRIE de Fourier} \ \longrightarrow \ \text{spectre de RAIES}}

\boxed{\text{signal QUELCONQUE} \ \longrightarrow \ \text{TRANSFORMÉE} \ \longrightarrow \ \text{spectre CONTINU}}

Le tableau complet, qui est la réponse à l'énoncé :

	série de Fourier	transformée de Fourier
signal	$T$ -périodique	quelconque (intégrable)
spectre	raies en $n\omega_{0}$	fonction continue de $\omega$
indice	$n\in\mathbb Z$ (discret)	$\omega\in\mathbb R$ (continu)
coefficients	$c_{n}=\frac1T\int_{T}f(t)e^{-in\omega_{0}t}dt$	$\hat f(\omega)=\int_{\mathbb R}f(t)e^{-i\omega t}dt$
reconstruction	$f=\sum_{n}c_{n}e^{in\omega_{0}t}$	$f=\frac{1}{2\pi}\int\hat f\,e^{i\omega t}d\omega$

\boxed{\omega_{0}=\dfrac{2\pi}{T} \ : \ \text{la pulsation FONDAMENTALE}}

⚠️⚠️ Le passage de l'un à l'autre se fait en faisant TENDRE $T$ VERS L'INFINI, et c'est cela qu'il faut savoir raconter.

\boxed{\text{l'écart entre deux raies vaut } \Delta\omega=\omega_{0}=\dfrac{2\pi}{T}}

Quand $T$ grandit :

les raies se RAPPROCHENT ( $\Delta\omega\to 0$ ) ;
elles finissent par former un CONTINUUM ;
la somme $\sum_{n}$ devient une intégrale $\int d\omega$ .

\boxed{\text{un signal non périodique est un signal de période INFINIE}}

ℹ️ C'est la meilleure façon de retenir le lien : la transformée n'est pas un autre outil, c'est la série de Fourier à la limite $T\to\infty$ .

⚠️ Et l'on retrouve exactement la situation de C6 : là, $\Delta f=\frac{1}{T_{\text{obs}}}$ était la résolution ; ici $\Delta\omega=\frac{2\pi}{T}$ est l'écart entre raies. C'est la même quantité, et le même principe d'incertitude.

Le lien, en détail

1) Ce qu'est le spectre d'un signal périodique.

Un signal $T$ -périodique se décompose en série de Fourier :

f(t)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}c_{n}\,e^{in\omega_{0}t} \qquad\text{avec } \omega_{0}=\dfrac{2\pi}{T}

\boxed{\text{il ne contient QUE les multiples de } \omega_{0}}

⚠️⚠️ Rien entre les harmoniques. Le spectre est une suite de raies, espacées de $\omega_{0}$ , et d'amplitudes $c_{n}$ .

ℹ️ C'est pourquoi une note de musique a un timbre : la fondamentale et ses harmoniques, en proportions caractéristiques de l'instrument.

2) Ce que devient ce spectre quand $T$ grandit.

$T$	$\omega_{0}=\frac{2\pi}{T}$	spectre
$1$ s	$2\pi$ rad/s	raies très espacées
$10$ s	$0{,}2\pi$	raies dix fois plus serrées
$\to\infty$	$\to 0$	continuum

\boxed{\text{les raies se DENSIFIENT jusqu'à se fondre en une courbe}}

3) Le lien quantitatif — celui qu'il faut savoir écrire.

Si $f$ est nulle hors d'une période, on a

c_{n}=\dfrac1T\int_{-T/2}^{T/2}f(t)e^{-in\omega_{0}t}dt=\dfrac1T\,\hat f\!\left(n\omega_{0}\right)

\boxed{c_{n}=\dfrac{\hat f(n\omega_{0})}{T}}

⚠️⚠️ LES COEFFICIENTS DE FOURIER SONT DES ÉCHANTILLONS DE LA TRANSFORMÉE, pris tous les $\omega_{0}$ , divisés par $T$ .

ℹ️ C'est le fait central du lien, et il éclaire tout : périodiser un signal en temps revient à échantillonner son spectre en fréquence.

\boxed{\text{PÉRIODISER en temps} \ \Longleftrightarrow \ \text{ÉCHANTILLONNER en fréquence}}

⚠️⚠️ C'est le MIROIR exact de D1, qui disait : échantillonner en temps $\Longleftrightarrow$ périodiser en fréquence.

\boxed{\text{les deux énoncés sont DUAUX l'un de l'autre (B6)}}

4) Pourquoi la somme devient une intégrale.

Écrivons la reconstruction :

f(t)=\sum_{n}c_{n}e^{in\omega_{0}t}=\sum_{n}\dfrac{\hat f(n\omega_{0})}{T}e^{in\omega_{0}t}

Et remplaçons $\frac1T$ par $\frac{\omega_{0}}{2\pi}$ :

f(t)=\dfrac{1}{2\pi}\sum_{n}\hat f(n\omega_{0})\,e^{in\omega_{0}t}\,\underbrace{\omega_{0}}_{=\Delta\omega}

\boxed{\text{c'est une SOMME DE RIEMANN de pas } \Delta\omega}

Quand $T\to\infty$ , $\Delta\omega\to 0$ et la somme converge vers l'intégrale :

f(t)=\dfrac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}\hat f(\omega)\,e^{i\omega t}\,d\omega

\boxed{\text{on retrouve EXACTEMENT la formule d'inversion}}

⚠️⚠️ Et le $\frac{1}{2\pi}$ apparaît naturellement, comme le $\frac1T$ des coefficients — sa présence n'est donc pas une convention arbitraire, mais le vestige du $\frac1T$ de la série — sa place (ici tout entier dans l'inverse) en est une : en convention symétrique, $\frac1{\sqrt{2\pi}}$ de chaque côté.

Les contrôles.

a) Le contrôle par les unités du spectre.

$c_{n}$ est sans dimension (si $f$ l'est) : c'est une amplitude ;
$\hat f(\omega)$ est en $f\times$ temps : c'est une densité.

\boxed{\text{les } c_{n} \text{ sont des AMPLITUDES, } \hat f \text{ est une DENSITÉ}}

⚠️ C'est pourquoi on ne peut pas les comparer directement — il faut le facteur $\frac1T$ .

b) Le contrôle par le cas de la sinusoïde pure. Un $\cos(\omega_{0}t)$ exactement périodique a deux raies. Sa transformée de Fourier est $\pi\left[\delta(\omega-\omega_{0})+\delta(\omega+\omega_{0})\right]$ :

\boxed{\text{les raies deviennent des IMPULSIONS de Dirac}}

ℹ️ Cohérent : une raie est infiniment fine, donc de densité infinie mais d'aire finie — c'est exactement la définition de $\delta$ (A5). Le formalisme des distributions réunit les deux mondes.

c) Le contrôle par C6. Une FFT sur $N$ points observe pendant $T_{\text{obs}}=\frac{N}{f_e}$ et traite implicitement le signal comme $T_{\text{obs}}$ -périodique :

\Delta f=\dfrac{1}{T_{\text{obs}}}

\boxed{\text{la TFD est la SÉRIE de Fourier du signal supposé périodisé}}

⚠️⚠️ C'est ce qui explique la « fuite spectrale » de C6 : si le signal n'est pas exactement périodique sur la fenêtre, la périodisation crée une discontinuité aux bords — et une discontinuité a un spectre qui traîne en $\frac1\omega$ (A1). Tout se tient.

d) Le contrôle par Parseval. La série a sa propre identité :

\dfrac1T\int_{T}\lvert f\rvert^{2}=\sum_{n}\lvert c_{n}\rvert^{2}

Et la transformée : $\int\lvert f\rvert^{2}=\frac{1}{2\pi}\int\lvert\hat f\rvert^{2}$ (E3).

\boxed{\text{même identité, une somme d'un côté, une intégrale de l'autre}}

Rappel de cours

LE TABLEAU — c'est la réponse

SÉRIE TRANSFORMÉE

signal $T$ -périodique quelconque

spectre RAIES en $n\omega_0$ CONTINU

coefficients $c_n=\frac1T\int_T f e^{-in\omega_0 t}dt$ $\hat f=\int_{\mathbb R}f e^{-i\omega t}dt$

reconstruction $\sum_n c_n e^{in\omega_0 t}$ $\frac1{2\pi}\int\hat f e^{i\omega t}d\omega$

$\omega_{0}=\dfrac{2\pi}{T}$

	SÉRIE	TRANSFORMÉE
signal	$T$ -périodique	quelconque
spectre	RAIES en $n\omega_0$	CONTINU
coefficients	$c_n=\frac1T\int_T f e^{-in\omega_0 t}dt$	$\hat f=\int_{\mathbb R}f e^{-i\omega t}dt$
reconstruction	$\sum_n c_n e^{in\omega_0 t}$	$\frac1{2\pi}\int\hat f e^{i\omega t}d\omega$

⚠️⚠️ LE PASSAGE : FAIRE TENDRE $T$ VERS L'INFINI L'écart entre raies $\Delta\omega=\omega_0=\frac{2\pi}{T}$ tend vers 0 : les raies se densifient jusqu'à former un continuum.
$\boxed{\text{un signal non périodique est un signal de période INFINIE}}$

LE LIEN QUANTITATIF
$\boxed{c_{n}=\dfrac{\hat f(n\omega_{0})}{T}}$
⚠️⚠️ Les coefficients de Fourier sont des ÉCHANTILLONS de la transformée, pris tous les $\omega_0$ .
$\boxed{\text{PÉRIODISER en temps} \Longleftrightarrow \text{ÉCHANTILLONNER en fréquence}}$
C'est le MIROIR exact de D1 (échantillonner en temps $\Longleftrightarrow$ périodiser en fréquence) — les deux sont duaux (B6).

POURQUOI LA SOMME DEVIENT UNE INTÉGRALE
$f(t)=\dfrac{1}{2\pi}\sum_n \hat f(n\omega_0)e^{in\omega_0 t}\underbrace{\omega_0}_{\Delta\omega} \ : \ \text{une SOMME DE RIEMANN}$
⚠️ Le $\frac1{2\pi}$ de l'inversion est le vestige du $\frac1T$ de la série — sa présence n'est pas arbitraire ; sa place, si (convention symétrique : $\frac1{\sqrt{2\pi}}$ de chaque côté, B6).

CONTRÔLES · les $c_n$ sont des AMPLITUDES, $\hat f$ une DENSITÉ — d'où le facteur $\frac1T$ ; · sinusoïde pure : les raies deviennent des Dirac ( $\pi[\delta(\omega-\omega_0)+\delta(\omega+\omega_0)]$ ) — infiniment fines, d'aire finie ; · ⚠️⚠️ la TFD est la SÉRIE du signal supposé périodisé — d'où la fuite spectrale (C6) : la périodisation crée une discontinuité aux bords, dont le spectre traîne en $\frac1\omega$ (A1).

L'erreur classique

⚠️⚠️ Croire que ce sont deux outils sans rapport. La transformée est la série à la limite $T\to\infty$ .

⚠️⚠️ Confondre $c_{n}$ et $\hat f(n\omega_{0})$ . Il y a un facteur $\frac1T$ : les premiers sont des amplitudes, la seconde une densité.

⚠️ Croire qu'un signal périodique n'a pas de transformée. Il en a une — faite de Dirac, dans le formalisme des distributions.

⚠️ Oublier que $\omega_0=\frac{2\pi}{T}$ . Un $T$ grand donne un $\omega_0$ petit, donc des raies serrées.

⚠️ Croire que le $\frac{1}{2\pi}$ de l'inversion est arbitraire. C'est le vestige du $\frac1T$ de la série — seule sa répartition entre directe et inverse relève de la convention.

⚠️ Dire « la somme devient une intégrale » sans expliquer. C'est une somme de Riemann de pas $\Delta\omega=\omega_0$ — et c'est cela qui fait la démonstration.

⚠️ Ne pas voir la dualité avec D1. Périodiser $\Longleftrightarrow$ échantillonner, dans les deux sens : c'est la même structure vue de deux côtés (B6).

⚠️ Ne pas relier à C6. La TFD périodise implicitement le signal — c'est l'origine de la fuite spectrale.

À retenir

	SÉRIE ( $T$ -périodique)	TRANSFORMÉE (quelconque)
spectre	RAIES en $n\omega_0$	CONTINU
reconstruction	$\sum_n c_n e^{in\omega_0 t}$	$\frac1{2\pi}\int\hat f e^{i\omega t}d\omega$

\boxed{\omega_{0}=\dfrac{2\pi}{T} \qquad\text{et}\qquad T\to\infty \ \Longrightarrow \ \Delta\omega\to 0 \ \Longrightarrow \ \text{continuum}}

\boxed{\text{un signal non périodique est un signal de période INFINIE}}

\boxed{c_{n}=\dfrac{\hat f(n\omega_{0})}{T} \ : \ \text{les } c_n \text{ sont des ÉCHANTILLONS de } \hat f}

\boxed{\text{PÉRIODISER en temps} \ \Longleftrightarrow \ \text{ÉCHANTILLONNER en fréquence}}

⚠️⚠️ Miroir exact de D1 (échantillonner en temps $\Longleftrightarrow$ périodiser en fréquence) — les deux sont duaux (B6).

La somme devient une intégrale parce que c'est une SOMME DE RIEMANN de pas $\Delta\omega=\omega_0$ — et le $\frac1{2\pi}$ de l'inversion est le vestige du $\frac1T$ de la série.

Contrôles : les $c_n$ sont des amplitudes, $\hat f$ une densité · une sinusoïde pure a pour spectre des Dirac (infiniment fins, d'aire finie).

⚠️⚠️ La TFD est la SÉRIE du signal supposé périodisé — d'où la fuite spectrale (C6) : la périodisation crée une discontinuité aux bords, dont le spectre traîne en $\frac1\omega$ (A1).

Réponse. Spectre périodique = raies en

n\omega_0

(poids

2\pi c_n

) ;

T\to\infty

\Longrightarrow

spectre continu = transformée. (Recoupement : sympy — TF d'une période d'un signal constant, prise en

\omega_0

, vaut

0=T c_1

✓ ; prolonge series_fourier)

Faire cet exercice dans l'app →

Filtrage = convolution

ApplicationDifficulté 3/5

Un filtre linéaire de réponse impulsionnelle $h(t)$ transforme l'entrée $x(t)$ en $y=h*x$ . Exprimer la sortie dans le domaine fréquentiel et nommer $H$ .

Indices (3)

Théorème de convolution : $\widehat{h*x}=\hat h\,\hat x$ .

$\hat h=H$ est la fonction de transfert.

Le spectre d'entrée est multiplié par $H$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut voir

L'exercice qui referme le chapitre — et il tient en une ligne, parce que tout a été construit pour.

y=h*x \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\hat y(\omega)=H(\omega)\,\hat x(\omega)}

\boxed{H \ \text{s'appelle la FONCTION DE TRANSFERT du filtre}}

⚠️ C'est le théorème de convolution (E1), appliqué au cas où l'un des deux facteurs est la réponse d'un système.

Ce que cela dit, et c'est considérable :

\boxed{\text{un filtre MULTIPLIE chaque fréquence par un nombre}}

ℹ️ Chaque fréquence est traitée INDÉPENDAMMENT des autres. C'est ce qui rend le domaine fréquentiel si commode : là où le filtre mélange les instants (convolution), il sépare les fréquences (produit).

\boxed{\text{convolution en temps} \ = \ \text{produit en fréquence}}

Le module et l'argument, qui se lisent séparément :

\lvert\hat y\rvert=\lvert H\rvert\times\lvert\hat x\rvert \qquad\qquad \arg\hat y=\arg H+\arg\hat x

\boxed{\lvert H\rvert \ \text{est le GAIN} \qquad\qquad \arg H \ \text{est le DÉPHASAGE}}

⚠️⚠️ Les deux effets sont indépendants : un filtre peut atténuer sans déphaser, ou déphaser sans atténuer (un retard pur, A5). C'est le diagramme de Bode qui les affiche séparément.

Pourquoi $H$ s'appelle « réponse en fréquence » — et c'est le point à comprendre :

Envoyons une impulsion $x=\delta$ . Alors $\hat x=1$ (A5), donc

\hat y=H\times 1=H \qquad\text{et}\qquad y=h

\boxed{h \ \text{est la réponse à l'IMPULSION, et } H \text{ est sa transformée}}

⚠️⚠️ UNE SEULE MESURE SUFFIT À CARACTÉRISER LE FILTRE. Envoyer une impulsion, enregistrer la sortie, transformer : on connaît alors le comportement à TOUTES les fréquences.

ℹ️ C'est A5 qui l'explique : une impulsion contient toutes les fréquences à égalité, donc la réponse les contient toutes aussi. C'est la méthode standard de caractérisation d'un système, de l'acoustique d'une salle au canal de transmission d'un modem.

Le raisonnement

1) L'expression en fréquence.

y(t)=(h*x)(t)=\int h(u)\,x(t-u)\,du

Par le théorème de convolution (E1) :

\boxed{\hat y(\omega)=\hat h(\omega)\,\hat x(\omega)=H(\omega)\,\hat x(\omega)}

⚠️ On note $H=\hat h$ — c'est un simple changement de nom, mais il souligne le rôle : $H$ n'est pas un signal, c'est un OPÉRATEUR de multiplication.

2) Ce que $H$ fait, fréquence par fréquence.

Envoyons une sinusoïde pure $x(t)=e^{i\omega_{0}t}$ . Elle ne contient qu'une fréquence, et la sortie est

y(t)=H(\omega_{0})\,e^{i\omega_{0}t}

\boxed{\text{la sortie est la MÊME sinusoïde, multipliée par } H(\omega_{0})}

⚠️⚠️ UNE SINUSOÏDE RESSORT TOUJOURS SINUSOÏDE, à la même fréquence. Seules son amplitude et sa phase changent.

\boxed{\text{les exponentielles sont les VECTEURS PROPRES d'un filtre linéaire}}

ℹ️ C'est la raison profonde de tout le chapitre. Si l'on cherche une base dans laquelle un filtre agit simplement, la réponse est : les exponentielles complexes. Et décomposer un signal dessus, c'est exactement ce que fait la transformée de Fourier.

\boxed{\text{la TF DIAGONALISE les filtres linéaires}}

3) L'usage pratique.

\boxed{\text{filtrer} \ = \ \text{transformer, MULTIPLIER, retransformer}}

Et avec la FFT (C5), c'est plus rapide que la convolution directe dès que les signaux dépassent quelques dizaines de points.

Les contrôles.

a) Le contrôle par le gain continu.

H(0)=\hat h(0)=\int h(t)\,dt

\boxed{\text{le gain en continu est l'AIRE de la réponse impulsionnelle}}

⚠️ C'est le contrôle universel du chapitre, appliqué au filtre. Pour le RC de D5, $\int h=1$ , donc gain unité en continu ✓

b) Le contrôle par la mise en cascade. Deux filtres en série :

\hat y=H_{2}\left(H_{1}\hat x\right)=\left(H_{2}H_{1}\right)\hat x

\boxed{\text{les fonctions de transfert se MULTIPLIENT}}

⚠️ En temps, cela reviendrait à convoluer $h_{1}*h_{2}$ — bien plus lourd. C'est E1 qui le disait : deux RC en cascade donnent $te^{-at}$ .

ℹ️ Et l'ordre n'importe pas, puisque la multiplication est commutative : mettre le filtre A avant le B donne le même résultat que l'inverse. (Vrai pour les filtres linéaires invariants — pas en général.)

c) Le contrôle de causalité.

\boxed{\text{le filtre est CAUSAL} \ \Longleftrightarrow \ h(t)=0 \text{ pour } t<0}

⚠️⚠️ Un filtre non causal utiliserait le futur de l'entrée — irréalisable en temps réel. Le filtre idéal de D4 était dans ce cas : son $h$ est un sinc, non nul pour $t<0$ .

\boxed{\text{c'est la raison PROFONDE pour laquelle le filtre parfait n'existe pas}}

d) Le contrôle par les cas extrêmes.

$H$	filtre
$H\equiv 1$	passe-tout ( $h=\delta$ , l'élément neutre — E1)
$H\equiv 0$	tout bloque
$H=e^{-i\omega t_{0}}$	retard pur (A5) — gain 1, phase linéaire
$H=i\omega$	dérivateur (B4)

⚠️ Le dernier est joli : un filtre de fonction de transfert $i\omega$ dérive l'entrée. Et son gain croît avec $\omega$ — c'est pourquoi dériver amplifie le bruit haute fréquence, fait bien connu en instrumentation.

e) Le contrôle par le RC de D5.

H(\omega)=\dfrac{1}{1+i\omega RC}

$\lvert H(0)\rvert=1$ : le continu passe ✓
$\lvert H\rvert\to 0$ : le haut est coupé ✓
$\arg H\to-90°$ : déphasage maximal ✓

\boxed{\text{gain ET phase se lisent sur la MÊME fonction } H}

f) Le contrôle par ce que $H$ ne peut PAS faire.

⚠️⚠️ Un filtre linéaire invariant ne CRÉE jamais de fréquence. Si $\hat x(\omega_{1})=0$ , alors $\hat y(\omega_{1})=H(\omega_1)\times 0=0$ .

\boxed{\text{un filtre ATTÉNUE ou AMPLIFIE, il n'INVENTE pas}}

ℹ️ C'est ce qui distingue un filtre d'un système non linéaire : une distorsion (saturation d'un ampli) crée des harmoniques qui n'étaient pas dans l'entrée. La formule $\hat y=H\hat x$ l'interdit formellement, et c'est un bon test conceptuel.

Rappel de cours

FILTRAGE EN FRÉQUENCE
$y=h*x \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\hat y(\omega)=H(\omega)\,\hat x(\omega)} \qquad H=\hat h$

$\boxed{H \ \text{est la FONCTION DE TRANSFERT} \ : \ \lvert H\rvert \text{ le GAIN}, \ \arg H \text{ le DÉPHASAGE}}$

⚠️⚠️ UN FILTRE MULTIPLIE CHAQUE FRÉQUENCE PAR UN NOMBRE Là où il mélange les instants (convolution), il sépare les fréquences (produit).

POURQUOI « RÉPONSE EN FRÉQUENCE » $x=\delta \Longrightarrow \hat x=1 \Longrightarrow \hat y=H$ et $y=h$ .
$\boxed{\text{UNE SEULE MESURE — une impulsion — caractérise TOUT le filtre}}$
ℹ️ C'est A5 : une impulsion contient toutes les fréquences à égalité. Méthode standard, de l'acoustique d'une salle au canal d'un modem.

⚠️⚠️ LES EXPONENTIELLES SONT LES VECTEURS PROPRES D'UN FILTRE
$x=e^{i\omega_0 t} \Longrightarrow y=H(\omega_0)e^{i\omega_0 t}$
Une sinusoïde ressort sinusoïde, à la même fréquence — seules amplitude et phase changent.
$\boxed{\text{la TF DIAGONALISE les filtres linéaires} \ — \ \text{la raison profonde du chapitre}}$

CONTRÔLES · gain continu $H(0)=\int h$ — le contrôle universel, appliqué au filtre ; · cascade : les $H$ se multiplient (et l'ordre n'importe pas) ; en temps il faudrait convoluer ; · ⚠️⚠️ causalité : $h(t)=0$ pour $t<0$ . Le filtre idéal de D4 y échoue — son $h$ est un sinc. C'est la raison profonde de son inexistence.

CAS EXTRÊMES : $H\equiv1$ passe-tout ( $h=\delta$ ) · $H=e^{-i\omega t_0}$ retard pur (A5) · $H=i\omega$ dérivateur (B4) — et son gain croît avec $\omega$ , d'où l'amplification du bruit.

⚠️⚠️ UN FILTRE N'INVENTE PAS DE FRÉQUENCE : $\hat x(\omega_1)=0 \Rightarrow \hat y(\omega_1)=0$ . Une saturation, elle, en crée — c'est ce qui distingue un filtre linéaire invariant d'un système non linéaire (la modulation de B2, linéaire mais non invariante, en crée aussi).

L'erreur classique

⚠️⚠️ Écrire $y=Hx$ en temps. La relation est un produit en FRÉQUENCE et une convolution en TEMPS.

⚠️⚠️ Croire qu'un filtre peut créer des fréquences. $\hat x(\omega_1)=0$ entraîne $\hat y(\omega_1)=0$ — c'est formellement interdit.

⚠️ Confondre $h$ et $H$ . $h$ est la réponse impulsionnelle (en temps), $H$ sa transformée (en fréquence).

⚠️ Oublier que $\lvert H\rvert$ et $\arg H$ décrivent des effets indépendants. Un retard pur a un gain de $1$ et une phase non nulle.

⚠️ Croire qu'il faut mesurer le filtre à chaque fréquence. Une impulsion suffit — c'est A5 qui l'explique.

⚠️ Croire que tout $H$ est réalisable. Il faut que $h$ soit causal — c'est ce qui interdit le filtre idéal (D4).

⚠️ Convoluer là où l'on pourrait multiplier. Transformer, multiplier, retransformer est plus rapide dès quelques dizaines de points (C5).

⚠️ Croire que l'ordre des filtres en cascade compte. Il ne compte pas pour des filtres linéaires invariants — la multiplication est commutative.

⚠️ Oublier le contrôle $H(0)=\int h$ . Il vaut une seconde et valide la normalisation.

À retenir

y=h*x \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{\hat y(\omega)=H(\omega)\,\hat x(\omega)} \qquad \boxed{H=\hat h \ \text{ : la FONCTION DE TRANSFERT}}

\lvert H\rvert = \text{le GAIN} \qquad\qquad \arg H = \text{le DÉPHASAGE} \qquad\text{(effets INDÉPENDANTS)}

\boxed{\text{un filtre MULTIPLIE chaque fréquence par un nombre}}

Là où il mélange les instants (convolution), il sépare les fréquences (produit).

\boxed{x=\delta \ \Longrightarrow \ \hat x=1 \ \Longrightarrow \ \hat y=H \ : \ \text{UNE SEULE mesure caractérise tout le filtre}}

ℹ️ C'est A5 : une impulsion contient toutes les fréquences à égalité.

\boxed{\text{les exponentielles sont les VECTEURS PROPRES d'un filtre} \ : \ \text{la TF le DIAGONALISE}}

C'est la raison profonde de tout le chapitre. Une sinusoïde ressort sinusoïde, à la même fréquence.

Contrôles : $H(0)=\int h$ (gain continu = aire) · cascade : les $H$ se multiplient, et l'ordre n'importe pas · ⚠️⚠️ causalité $h(t)=0$ pour $t<0$ — le filtre idéal de D4 y échoue, et c'est la raison profonde de son inexistence.

⚠️⚠️ Un filtre n'INVENTE pas de fréquence : $\hat x(\omega_1)=0\Rightarrow\hat y(\omega_1)=0$ . Une saturation, elle, en crée — c'est ce qui sépare un filtre linéaire invariant d'un système non linéaire (la modulation de B2, linéaire mais non invariante, en crée aussi).

ℹ️ $H=i\omega$ est un dérivateur, dont le gain croît avec $\omega$ : dériver amplifie le bruit.

Réponse.

\hat y(\omega)=H(\omega)\hat x(\omega)

,

H=\hat h

(fonction de transfert). (Recoupement : convolution temporelle

\longleftrightarrow

produit fréquentiel ; le RC passe-bas donne

H=\tfrac1{1+i\omega RC}

— cf. D5 ✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Exercices corrigés — Transformée de Fourier

Les 18 exercices

Transformée de la porte

Exponentielle causale

Exponentielle bilatérale

Transformée de la gaussienne

Impulsion de Dirac et retard

Transformée du triangle

Propriété de retard

Modulation

Changement d'échelle

Dérivation et équations différentielles

Multiplication par t

Dualité

Théorème de convolution

Porte ∗ porte = triangle

Identité de Parseval

Densité spectrale d'énergie

Du signal périodique au spectre continu

Filtrage = convolution

S'entraîner davantage sur transformée de fourier