Phénomène de Pinsky (intégrales ?)

Georges Abitbol · April 2020

Bonjour,

je viens d'apprendre, sur Wikipédia, l'existence du phénomène de Pinsky. Malheureusement, il n'y a pas d'image...
Apparemment, en deux dimensions, la suite des sommes partielles sphériques de l'intégrale de Fourier (je traduis mot à mot de l'anglais car je ne connais pas les termes) de l'indicatrice d'un disque diverge au centre de ce disque, mais converge bien partout ailleurs (dans l'intérieur du disque).
Est-ce que vous avez des images qui témoignent de ce fait ? Et des détails mathématiques ?

Georges Abitbol · April 2020

Bon, du coup j'essaie de voir ce qui se passe.

Je crois qu'il faut faire la chose suivante : on considère $f$, la fonction indicatrice du disque de centre $0$ et de rayon $1$ sur le carré $[-\pi,\pi]^2$.

On pose, pour tout $a,b \in \mathbb{Z}$, $c_{a,b}(f) := \frac{1}{(2\pi)^2} \int^\pi_{-\pi}\int^\pi_{-\pi} 1_{D(0,1)}(x,y) e^{-iax}e^{-iby}dxdy$.

Je galère déjà à trouver ces nombres...

De plus, je crois que le phénomène de Pinsky est que si on pose, pour tout $N \in \mathbb{N}$, et pour tout $x,y$, $S_N(f)(x,y) := \sum_{\substack{a,b \in \mathbb{Z}\\ a^2 + b^2 \leq N}} c_{a,b}(f)e^{i(ax+by)}$, alors la suite $(S_N(f)(0,0))_{N \in \mathbb{N}}$ ne converge pas vers $1$.

Est-ce que vous pouvez m'aider à calculer les $c_{a,b}(f)$ ? J'ai essayé en coordonnées polaires, et j'arrive à $(2\pi^2) c_{a,b}(f)= \int^1_0 r \int^{2\pi}_0 e^{-ir(a\cos \theta + b\sin \theta)} d\theta dr$ mais l'intégrale qui est à l'intérieur ne m'enchante pas. Sinon, j'ai essayé en Fubinisant direct et je suis tombé sur une horrible intégrale avec (entre autres) un $\sin(b\sqrt{1-y^2})$ et je ne sais pas me débrouiller avec ça.

EDIT : J'ai rajouté $c_{a,b}(f)$ à un endroit où je voulais le mettre mais l'ai oublié.

Georges Abitbol · April 2020

Wolfram exprime ça comme une valeur d'une fonction de Bessel... Ohlala...

YvesM · April 2020

Bonjour,

Sans en être sûr : si wolfram le fait, regarde plutôt sa version ;-)
$\displaystyle \int_{0}^{2 \pi } \exp(- i r (a \cos \theta + b \sin \theta)) d\theta = 2 \pi J_0 (\sqrt{a^2+b^2} r)$,
puis $\displaystyle \int_0^1 2 \pi\, r J_0 (\sqrt{a^2+b^2} r)dr = 2 \pi {1 \over \sqrt{a^2+b^2}} J_1(\sqrt{a^2+b^2}).$

Georges Abitbol · April 2020

Ben Wolfram ne m'explique pas la marche à suivre, mais il dit comme toi, au moins pour le début. Ta $J_0$ c'est celle-là (lien wiki) ?
Je n'y connais rien, moi, aux fonctions de Bessel. Est-ce que tu peux m'expliquer ta première égalité ?

Ce qui m'ennuie, c'est que GeoGebra n'a pas l'air de connaître les fonctions de Bessel...

Est-ce que quelqu'un a de quoi tracer le graphe de la fonction $(x,y) \mapsto \frac{1}{2\pi}\sum_{\substack{a \geq 0, b \geq 0\\a^2+b^2 \leq N}} c_{a,b} \cos(ax)\cos(by)$ avec les $c_{a,b}$ calculés par Yves ? Ou me suggérer un programme qui pourrait le faire ?

YvesM · April 2020

Bonjour,

D’abord on montre que l’intégrale existe. Puis qu’elle est réelle. La partie imaginaire est $\int_0^{2\pi} \sin(r (a \cos x+b\sin x)) dx$. Comme l’intégrande est $2\pi$-périodique, on change les bornes en $-\pi$ et $\pi.$ Puis on change les variables $x\leadsto y$ avec $y=-x$ : et voilà : c’est une intégrale nulle.

Pour la partie réelle on écrit $a \cos x+b\sin x=\sqrt{a^2+b^2} \cos(x+u)$ avec $\cos u={a\over \sqrt{a^2+b^2}}.$

Comme la fonction cosinus est $2\pi$-périodique et qu’on intègre sur une période, un changement de variable élimine le $u$.

On a donc $\int_0^{2\pi} cos(r\sqrt{a^2+b^2} x)dx=2\pi J_0(r\sqrt{a^2+b^2})$ avec $J_0$ fonction de Bessel de première espèce d’ordre $0.$

Il faut étudier cette fonction pour démontrer la relation. C’est trop long à écrire ici.

Les propriétés des fonctions de Bessel donnent directement la seconde intégration.

Je n’ai pas pu vérifier sur wolfram en ligne : ça m’étonne mais bon, mon résultat est correct.

marco · April 2020

Pour $N=300$, je trouve que la surface a cette allure (si il n'y a pas d'erreur).
$x$ est compris entre $-5$ et $5$, et $y$ aussi. J'ai oublié de diviser par $2 \pi$, et pris comme définition de $c_{a,b}(f) := \frac{1}{\pi^2} \int^\pi_{-\pi}\int^\pi_{-\pi} 1_{D(0,1)}(x,y) e^{-iax}e^{-iby}dxdy$, avec $\pi^2$ au dénominateur au lieu de $(2\pi)^2$.
C'est donc la surface $$(x,y) \mapsto \sum_{a,b \geq 0, a^2+b^2\leq N} c_{a,b} \cos(ax)\cos(by)$$. 100938

marco · April 2020

La fonction est bien périodique de période $2\pi$ en $x$ et en $y$. 100940

Georges Abitbol · April 2020

Waow ! Bon, ben je ne sais pas si je dois crier victoire en voyant le petit sommet à l'origine... Merci beaucoup marco ! Tu as fait ça avec quoi ?

@YvesM : Je regarderai tes calculs demain, merci !

marco · April 2020

De rien ! En langage Java, donc pour les intégrales, ce n'est pas très précis. C'est des sommes de Riemann.

marco · April 2020

Voici la surface pour $N=800$.
Si on applique la transformation de Fourier à $1_{D(0,1)}$, puis la transformation inverse, on doit retomber sur $1_{D(0,1)}$ presque partout, donc peut-être ça ne doit pas se voir sur l'image, si ça ne converge pas en $(0,0)$ ? 100942

marco · May 2020

Pour voir le phénomène de Pinsky, peut-être faut-il tracer la surface $$(x,y) \mapsto \sum_{a,b \in \Z, a^2+b^2\leq N} c_{a,b} \cos(ax+by)$$ au lieu de la surface $$(x,y) \mapsto \sum_{a,b \geq 0, a^2+b^2\leq N} c_{a,b} \cos(ax)\cos(by).$$

callipiger · May 2020

Pour la fonction de Bessel pourquoi ne pas utiliser l'équa-diff qu'elle vérifie ? Ça serait peut être plus simple.
fonction de Bessel (dans mes souvenirs c'était la partie radiale la transformée de Fourier d'un disque, et on a son image par diffraction, c'est tout, peut-être ce qui explique l'effet de lentille)

Georges Abitbol · May 2020

@marco : Selon Wikipédia, les gens rapprochent cet effet du phénomène de Gibbs ; et dans ce phénomène-là, certes, il y a convergence presque partout, mais les oscillations persistantes proches de la discontinuité ne s'atténuent pas à mesure que l'on prend plus d'harmoniques.

Pour le $\cos(ax)\cos(by)$, c'est juste que $e^{i(ax+by)} + e^{i(ax-by)} + e^{i(-ax+by)} + e^{-i(ax+by)} = (e^{iax}+e^{-iax})(e^{iby}+e^{-iby}) = 4\cos(ax)\cos(by)$ (j'avais quand même oublié un $4$ quelque part).

marco · May 2020

Oui, je me suis trompé au sujet de la convergence. Mais, par contre, en prenant $4 \cos(ax) \cos(by)$ et en sommant sur $a,b \geq 0$, au lieu de prendre $\cos(ax+by)$ en sommant sur $\Z^2$, on compte plusieurs fois les termes où $a=0$ et/ou $b=0$. On a par exemple $4\cos(0x) \cos(0y)$ au lieu de $\cos(0x+0y)= \Re (e^{i(0x+0y)})$.

@Callipiger: merci, oui, on peut aussi utiliser la série d'après la page Wikipédia.

marco · May 2020

Voici la surface en utilisant la série entière pour calculer la fonction $J_1$ (à l'ordre $50$), et en sommant sur les $a,b \in \Z$ tels que $a^2+b^2\leq 800$. Si il n'y a pas de discontinuité, c'est peut-être à cause des arrondis (nombres flottants double). 100974