Transformation de Fourier des fonctions usuelles
Transformée de Fourier de la fonction porte
\(\sqcap (t)=1\) pour \(-\frac12\le t \le\frac12\) et 0 ailleurs
\(TF(\sqcap(t))=\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\sqcap(t)e^{-i2\pi\nu t}dt\)
\(TF(\sqcap(t))=\frac{\sin(\pi \nu)}{\pi \nu}=sinc(\pi \nu)\)
Transformée de Fourier de la fonction triangle
\(\wedge(t)=1+2t\) pour \(t\in[-\frac{1}{2},0]\) et
\(\wedge(t)=1-2t\) pour \(t\in]0,\frac{1}{2}]\) et \(\wedge(t)=0\)pour \(t\notin[-\frac{1}{2},\frac{1}{2}]\)
\(F(\nu)=\int_{-\infty}^{+\infty}\wedge(t) e^{-i2\pi \nu t} dt\) et
\(F(\nu)=(\sqrt {2} \frac {sin( \frac {\pi \nu}{2}) } {\pi \nu})^2\)
Transformation de Fourier de la fonction sinus
La fonction sinus n'est pas une fonction de carré intégrable. Donc on ne peut calculer la transformation de Fourier de la fonction sinus. Néanmoins si la définition est étendue en utilisant la théorie des distributions on peut calculer la transformation de Fourier.
\(Tf(sin(2\pi \nu_0 t))=\int\limits_{-\infty}^{+\infty}sin(2\pi \nu_0 t)e^{-i2\pi \nu t}dt=\frac{1}{2i}\bigg(\delta (\nu -\nu_0 )-\delta (\nu +\nu_0 )\bigg)\)
Pour représenter graphiquement un Dirac on utilise une flêche vers le haut. Par exemple le module du spectre d'une fonction sinusoïdale à la fréquence de 4Hz est composé de deux Dirac. Cela nous donne le graphique suivant :
Exemple : Transformation de Fourier de la fonction sinus déphasée
Soit la fonction\( sin(2\pi \nu_0 t-\phi)\), quelle est sa transformée de Fourier ? Il suffit de remarquer que le terme \phi est un retard et donc :
\(sin(2\pi \nu_0 t-\phi) = sin(2\pi \nu_0 (t-\frac{\phi}{2\pi \nu_0}) = sin(2\pi \nu_0 (t-t_0))\) avec\( t_0 = \frac{\phi}{2\pi \nu_0}\)
\(TF(sin(2\pi \nu_0 t-\phi)) = e^{-i2\pi \nu t_0}TF(sin(2\pi \nu_0 t) =e^{-i2\pi \nu t_0}\frac{1}{2i}\bigg(\delta (\nu -\nu_0 )-\delta (\nu +\nu_0 )\bigg)\)
donc en \(\nu_0\) la transformée de Fourier est égale à
\(e^{-i2\pi \nu t_0}TF(sin(2 \pi \nu_0 t))(\nu0) = \delta (0)e^{-i\phi}\frac{1}{2i}= e^{i\bigg(\frac{3\pi}{2}-\phi\bigg)}\)
et en \(-\nu_0\) la transformée de Fourier est égale à
\(e^{-i2\pi \nu t_0}TF(sin(2 \pi \nu_0 t))(-\nu0) = -\delta (0)e^{i\phi}\frac{1}{2i}= e^{i\bigg(\frac{\pi}{2}+\phi\bigg)}\)
Transformation de Fourier de la fonction cosinus
De même que pour la fonction sinus, la fonction cosinus n'est pas une fonction de carré intégrable. On utilisera donc la définition étendue en utilisant la théorie des distributions.
\(TF\bigg(cos(2\pi \nu_0 t)\bigg)=\int_{-\infty}^{+\infty}cos(2\pi \nu_0 t)e^{-i2\pi \nu t}dt=\frac{1}{2}[\delta (\nu -\nu_0 )+\delta (\nu +\nu_0 )]\)
Transformation de Fourier de la distribution de Dirac
\(TF(\delta(t))=\int_{-\infty}^{+\infty}\delta(t)e^{-i2\pi \nu t}dt=1\)
La transformation de Fourier de la distribution de Dirac contient donc toutes les fréquences
Transformation de Fourier de la distribution du peigne de Dirac
\(\delta_{T_0}(t)=\sum\limits_{k=-\infty}^{+\infty}\delta(t-kT_0)\)
\(TF(\delta_{T_0}(t))=\frac{1}{T_0}\sum\limits_{k=-\infty}^{+\infty}\delta(\nu-\frac{k}{T_0})\)
Transformation de Fourier du produit de deux cosinus
\(x(t)=cos(2\pi \nu_1 t) cos(2\pi \nu_2 t)\) en développant nous obtenons :
\(x(t)=\frac{cos(2 \pi (\nu_1+\nu_2)t)+cos(2 \pi (\nu_1-\nu_2)t)}{2}\). La transformation de Fourier étant une application linéaire, nous pouvons en déduire la transformation de Fourier du produit des cosinus :
\(Tf(x(t))=X(\nu)=\frac{1}{4}(\delta(\nu-(\nu_1+\nu_2))+\delta(\nu+(\nu_1+\nu_2))+\delta(\nu-(\nu_1-\nu_2))+\delta(\nu+(\nu_1-\nu_2))\)
La transformation de Fourier du produit de deux cosinus est donc deux distributions de Dirac situées aux fréquences \(\nu_1+\nu_2\) et\(\nu_1-\nu2\) (et de même dans les fréquences négatives).
Transformée de Fourier d'un sinus amorti exponentiellement
Soit x(t) un signal sinusoïdal amorti exponentiellement :
\(x(t)=e^{-at}\sin(2\pi f_0 t)\) pour t\(\ge0\) et x(t)=0 pour t négatif. La transformée de Fourier X\((\nu)\) de x(t) est alors :
\(X(\nu)=\int_{-\infty}^{+\infty}x(t)e^{-i2\pi\nu t}dt=\int_{0}^{+\infty}e^{-at}\sin(2\pi f_0 t)e^{-i2\pi\nu t}dt\)
En remplaçant le sinus par une exponentielle complexe on obtient :
\(X(\nu)=\int_{0}^{+\infty}\frac{e^{t(i2\pi f_0 -a-i2\pi \nu}-e^{-t(a+i2\pi f_0+i2\pi \nu )}}{2i}dt\)
Cette expression s'intègre en utilisant la primitive de l'exponentielle. Finalement on obtient :
\(X(\nu)=\frac{2\pi f_0}{(a+i2\pi\nu)^2+(2\pi f_0)^2}\)
On remarque que pour \(\nu=0\) on a \(X(0)=\frac{2\pi f_0}{a^2+(2\pi f_0)^2}\) et pour \(\nu=f_0\) , \(X(f_0)=\frac{2\pi f_0}{a^2+4ai\pi f_0}\)
A partir de ces deux valeurs on peut déterminer la valeur de a et de \(f_0\) en utilisant le spectre. Vous pouvez le vérifier fixant la valeur de a dans la fenêtre suivante.