Équation de Poisson et transformée de Fourier

Donc, si j'ai bien compris : $u$ est réelle, $x\mapsto u(x,.)$ est intégrable et $u(x,0)=0.$
Notons pour $\xi\in \mathbb{R},$ la tranformée de Fourier partielle de $u$ par $\displaystyle u_{\xi}(y)=\int_{\mathbb{R}}u(x,y)e^{-ix\xi}dx.$
En appliquant cette transformée à l'équation, on obtient : $\displaystyle -\xi^{2}u_{\xi}(y)+u''_{\xi}(y)=\frac{i\sqrt{\pi}}{2}\xi e^{-\frac{\xi^{2}}{4}}.$
On a alors pour $\xi\neq 0,$ $\displaystyle u_{\xi}(y)=A(\xi)e^{\vert \xi \vert y}+B(\xi)e^{-\vert \xi\vert y}-\frac{i\sqrt{\pi}}{2\xi}e^{-\frac{\xi^{2}}{4}}.$
Or, en évaluant en $y=0,$ on obtient la relation : $\displaystyle A(\xi)+B(\xi)=\frac{i\sqrt{\pi}}{2\xi}e^{-\frac{\xi^{2}}{4}}.$
Puis, comme $u$ est réelle, on obtient également $A(\xi)=\overline{A(-\xi)} \mbox{ et } B(\xi)=\overline{B(-\xi)}.$
Il vient alors par l'inversion de Fourier pour $y\geq 0$ (en calculant formellement... il faut techniquement tronquer les intégrales...)
\begin{align*}
u(x,y) & =\frac{1}{2\pi}\int_{\mathbb{R}}A(\xi)e^{\vert \xi \vert y }e^{ix\xi}d\xi + \frac{1}{2\pi}\int_{\mathbb{R}}B(\xi)e^{-\vert \xi \vert y }e^{ix\xi}d\xi-\frac{i\sqrt{\pi}}{4\pi}\int_{\mathbb{R}}\frac{e^{-\frac{\xi^{2}}{4}}}{\xi}e^{ix\xi}d\xi\\
& =\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{+\infty}A(\xi)e^{\xi y}e^{ix\xi}d\xi + \frac{1}{2\pi}\int_{0}^{+\infty}A(-\xi)e^{\xi y}e^{-ix\xi}d\xi\\
& \mbox{ }\mbox{ }\mbox{ }+\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{+\infty}B(\xi)e^{-\xi y}e^{ix\xi}d\xi+ \frac{1}{2\pi}\int_{0}^{+\infty}B(-\xi)e^{-\xi y}e^{-ix\xi}d\xi\\
& \mbox{ }\mbox{ }\mbox{ }+\frac{1}{\sqrt{4\pi}}\int_{0}^{+\infty}e^{-\frac{\xi^{2}}{4}}\frac{\sin(x\xi)}{\xi}d\xi\\
& = \frac{1}{\pi}\int_{0}^{+\infty}e^{\xi y}\mbox{Re}\left( A(\xi)e^{ix\xi} \right)d\xi + \frac{1}{\pi}\int_{0}^{+\infty}e^{-\xi y}\mbox{Re}\left( B(\xi)e^{ix\xi} \right)d\xi+\frac{1}{\sqrt{4\pi}}\int_{0}^{+\infty}e^{-\frac{\xi^{2}}{4}}\frac{\sin(x\xi)}{\xi}d\xi\\
& = \frac{2}{\pi}\int_{0}^{+\infty}\mbox{sh}(y \xi) \mbox{Re}\left( A(\xi)e^{ix\xi} \right)d\xi+\frac{1}{\sqrt{4\pi}}\int_{0}^{+\infty}e^{-\frac{\xi^{2}}{4}}\left(\frac{1-e^{-\xi y}}{\xi}\right)\sin(x\xi)d\xi.
\end{align*}

Et donc, en ajoutant la condition de bornitude (pour $y\geq 0$) sur la transformée de Fourier partielle, il vient $A=0.$
Ainsi, le résultat désiré est bien pour $y\geq 0$ : $$u(x,y)=\frac{1}{\sqrt{4\pi}}\int_{0}^{+\infty}e^{-\frac{\xi^{2}}{4}}\left(\frac{1-e^{-\xi y}}{\xi}\right)\sin(x\xi)d\xi.$$

J'ai corrigé mon post précédent (j'avais commis une erreur de raisonnement sur la forme des solutions de l'équation différentielle... )
Bon, il est plus facile de résoudre ton problème avec un énoncé complet (n'oublie pas cela la prochaine fois!!!)
Le calcul montre que si tu ne rajoutes pas la condition de bornitude sur la transformée de Fourier partielle et bien, tu ne peux pas si facilement conclure...
Avec toutes les conditions de ton énoncé, on peut aller plus vite en déterminant les fonctions $A$ et $B$ directement, ce qui simplifie nettement les calculs... Tu n'as pas besoin de symétriser!

Bonsoir ,

Je reviens sur ce post très interessant

Comment trouver la transformée de Fourier de -x e^(-x^2) qui est le membre de droite de l'équation ?

Ce type de transformées est à connaître par coeur?

Merci

Ok je vois

Merci Bobby Joe