Le théorème suivant est une version ponctuelle de la formule d’inversion de Fourier. C’est l’analogue du théorème de Dirichlet pour les séries de Fourier. On prend la convention $\widehat{f}(t)=\mathrm{\int \; <!--nolimits-->}<!--FUNCTION\; APPLICATION-->e^{-itx}f(x)dx$.

Preuve

• Quitte à translater la variable, on peut supposer $a=0$. On a

  $${\int \; <!--nolimits-->}_R{1}_{[-A,A]}(x)\widehat{f}(x)\frac{dx}{2\pi }={\int \; <!--nolimits-->}_R\widehat{1_{[-A,A]}}(x)f(x)\frac{dx}{2\pi }={\int \; <!--nolimits-->}_R\frac{2\sin <!--FUNCTION\; APPLICATION-->Ax}{x}f(x)\frac{dx}{2\pi }.$$

  On va donc montrer que $\underset{A\to \infty }{\lim <!--FUNCTION\; APPLICATION-->}\left({\mathrm{\int \; <!--nolimits-->}<!--FUNCTION\; APPLICATION-->}_0^{\infty }\frac{2\sin <!--FUNCTION\; APPLICATION-->Ax}{x}f(x)\frac{dx}{2\pi }-\frac{1}{2}f(0^{+})\right)=0.$

• Remarquons que (en faisant le changement de variable $y=Ax$)

  $${\int \; <!--nolimits-->}_0^{\infty }\frac{\sin <!--FUNCTION\; APPLICATION-->Ax}{x}dx={\int \; <!--nolimits-->}_0^{\infty }\frac{\sin <!--FUNCTION\; APPLICATION-->y}{y}dy=\frac{\pi }{2},$$

  et qu’ainsi ${\mathrm{\int \; <!--nolimits-->}<!--FUNCTION\; APPLICATION-->}_0^{\infty }\frac{2\sin <!--FUNCTION\; APPLICATION-->Ax}{x}f(x)\frac{dx}{2\pi }-\frac{1}{2}f(0^{+})={\mathrm{\int \; <!--nolimits-->}<!--FUNCTION\; APPLICATION-->}_0^{\infty }2\sin <!--FUNCTION\; APPLICATION-->(Ax)\frac{f(x)-f(0^{+})}{x}\frac{dx}{2\pi }.$

  Sans le facteur $1∕x$, il suffirait d’appliquer le lemme de Riemann-Lebesgue  :

  Lemme 1 (Riemann-Lebesgue) Soit $g\in L^1$. Alors, $\underset{A\to \infty }{\lim <!--FUNCTION\; APPLICATION-->}{\mathrm{\int \; <!--nolimits-->}<!--FUNCTION\; APPLICATION-->}_R{e}^{iAx}g(x)dx=0.$

• Près de $0$  :
  on utilise l’hypothèse suivante  : $f(x)=f(0^{+})+x{f}^{\prime }(0^{+})+x𝜀(x),\text{ avec }\underset{x\underset{>}{\to }0}{\lim <!--FUNCTION\; APPLICATION-->}𝜀(x)=0;$
  par conséquent, il existe $\delta >0$ tel que $\frac{f(x)-f(0^{+})}{x}$ soit borné sur $]0,\delta ]$. La fonction $\frac{f(x)-f(0^{+})}{x}{1}_{]0,\delta ]}(x)$ est donc intégrable et par Riemann-Lebesgue,

  $$\underset{A\to +\infty }{\lim <!--FUNCTION\; APPLICATION-->}{\int \; <!--nolimits-->}_0^{\delta }\sin <!--FUNCTION\; APPLICATION-->(Ax)\frac{f(x)-f(0^{+})}{x}dx=0$$

• Loin de $0$  :
  sur $[\delta ,+\infty [$, on a $0<1∕x<1∕\delta$, et donc $\frac{f(x)}{x}{1}_{[\delta ,\infty [}(x)$ est intégrable. Par Riemann-Lebesgue,

  $$\underset{A\to +\infty }{\lim <!--FUNCTION\; APPLICATION-->}{\int \; <!--nolimits-->}_{\delta }^{\infty }\sin <!--FUNCTION\; APPLICATION-->(Ax)\frac{f(x)}{x}dx=0.$$

  Enfin, par définition des intégrales généralisées, on a  :

  $$\underset{A\to +\infty }{\lim <!--FUNCTION\; APPLICATION-->}{\int \; <!--nolimits-->}_{\delta }^{\infty }\frac{\sin <!--FUNCTION\; APPLICATION-->(Ax)}{x}f(0^{+})dx=\underset{A\to +\infty }{\lim <!--FUNCTION\; APPLICATION-->}{\int \; <!--nolimits-->}_{A\delta }^{\infty }\frac{\sin <!--FUNCTION\; APPLICATION-->y}{y}dyf(0^{+})=0.$$

• On démontre de même que $\underset{A\to \infty }{\lim <!--FUNCTION\; APPLICATION-->}{\mathrm{\int \; <!--nolimits-->}<!--FUNCTION\; APPLICATION-->}_{-\infty }^0\frac{2\sin <!--FUNCTION\; APPLICATION-->Ax}{x}f(x)\frac{dx}{2\pi }=\frac{1}{2}f(0^{-}),$ ce qui termine la preuve.

Remarque
On a en fait utilisé une hypothèse plus faible sur $f$  : $f\in L^1\text{ et }\exists <!--FUNCTION\; APPLICATION-->\delta >0,\exists <!--FUNCTION\; APPLICATION-->K>0$ tels que