\documentclass[11pt]{article}


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% Nouveaux environnements

\theoremstyle{plain}
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	\newtheorem*{dfn}{Définition}
	\newtheorem{exo}{Exercice}
	\newtheorem*{ntn}{Notation}
	\newtheorem*{ntns}{Notations}

\theoremstyle{remark}
	\newtheorem*{hint}{Indication}
	\newtheorem*{rem}{Remarque}
	\newtheorem*{ex}{Exemple}
	\newtheorem*{exs}{Exemples}
		

% Commandes et opérateurs utiles

\newcommand{\B}{\mathbb{B}}
\newcommand{\C}{\mathbb{C}}
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\newcommand{\cC}{\mathcal{C}}
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\newcommand{\dx}{\dmesure\!}
\newcommand{\mvert}{\mathrel{}\middle|\mathrel{}}
\newcommand{\one}{\mathbf{1}}

\renewcommand{\bar}{\overline}
\renewcommand{\epsilon}{\varepsilon}
\renewcommand{\geq}{\geqslant}
\renewcommand{\hat}{\widehat}
\renewcommand{\leq}{\leqslant}
\renewcommand{\tilde}{\widetilde}

\DeclareMathOperator{\dmesure}{d}
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\DeclarePairedDelimiter{\ang}{\langle}{\rangle}
\DeclarePairedDelimiter{\brackets}{\{}{\}}
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\DeclarePairedDelimiter{\floor}{\lfloor}{\rfloor}
\DeclarePairedDelimiter{\norm}{\lvert}{\rvert}
\DeclarePairedDelimiter{\Norm}{\lVert}{\rVert}
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\DeclarePairedDelimiterX{\prsc}[2]{\langle}{\rangle}{#1\,, #2}
\DeclarePairedDelimiter{\squarebrackets}{[}{]}


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% Gestion de l'affichage des solutions avec le package comment

% Nouveaux compteurs pour avoir une numérotation des équations indépendante dans les solutions

\newcounter{aux}
\newcounter{soleq}

% Définition d'un environnement sol qui peut être commenté à loisir ci-dessous
% La numération des équations est indépendantes et en chiffres romains dans les solutions

\specialcomment{sol}{
	\setcounter{aux}{\value{equation}}
	\setcounter{equation}{\value{soleq}}
	\renewcommand{\theequation}{\roman{equation}}
	\par\begingroup\color{violet}
	}
	{
	\endgroup
	\setcounter{soleq}{\value{equation}}
	\setcounter{equation}{\value{aux}}
	\renewcommand{\theequation}{\arabic{equation}}
	}

% Le contenu des environnements sol est visible par défaut, décommenter la ligne suivante le cache
%\excludecomment{sol}

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% Informations du document

\author{Blanche Buet et Thomas Letendre}
\date{2023 -- 2024}
\title{Feuille 2 -- Fonctions-test, distributions, dérivées et ordre}


\begin{document}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

% Mise en page de l'en-tête

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\makeatletter
\begin{tabularx}{\textwidth}{@{}Xr@{}}
Université Paris-Saclay & Master Mathématiques et Applications \\
\@date & Distributions et Analyse de Fourier
\end{tabularx}

\vspace{1ex}

Chargés de TD: \@author .

\vspace{2ex}

\hrule

\begin{center}
\begin{Large}
\@title
\end{Large}
\end{center}

\hrule

\vspace{2ex}

\makeatother

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

% Début du corps du texte

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{ntns}

Soit $\Omega$ un ouvert de $\R^d$.
\begin{itemize}

\item On appelle \emph{multi-indice} tout $\alpha=\parentheses{\alpha_1,\dots,\alpha_d} \in \N^d$. On note $\norm{\alpha} = \sum_{i=1}^d \alpha_i$ sa \emph{longueur}, et $\alpha! = \prod_{i=1}^n \alpha_i!$. Pour $x=\parentheses{x_1,\dots,x_d} \in \R^d$ on note $x^\alpha = \prod_{i=1}^d x_i^{\alpha_i}$ et $\partial^\alpha = 
%\frac{\partial^{\norm{\alpha}}}{\partial x_1^{\alpha_1}\cdots \partial x_d^{\alpha_d}} = 
\partial_1^{\alpha_1} \ldots \partial_n^{\alpha_n}$.

\item Soient $K \subset \Omega$ un compact et $f\in\cC^l(\Omega)$, on note $N_{K,l}(f) = \sup \brackets*{\strut \norm{\partial^\alpha f(x)} \mvert \norm{\alpha} \leq l\ \text{et}\ x \in K}$.

\end{itemize}
\end{ntns}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%


\begin{exo}[Intégrales tronquées]
\label{exo: integrale tronquee}

Soit $\parentheses{X,\mu}$ un espace mesuré et soit $\parentheses*{A_n}_{n \in \N}$ une suite décroissante ($A_{n+1} \subset A_n$ pour tout $n$) de parties mesurables de $X$ telle que $\mu(A_n) \xrightarrow[n \to +\infty]{}0$. 
\begin{enumerate}
\item \label{q: int tronquee decroissant} Montrer que :
\begin{equation*}
\forall f \in L^1(X,\mu), \qquad \int_{X \setminus A_n} f(x) \dx \mu(x) \xrightarrow[n \to +\infty]{} \int_X f(x) \dx \mu(x).
\end{equation*}

\begin{sol}

Pour tout $n \in \N$ on note $\one_{X \setminus A_n}$ la fonction indicatrice de $X \setminus A_n$. Soit $f \in L^1(X,\mu)$, on a:
\begin{equation*}
\int_{X \setminus A_n} f(x) \dx \mu(x) = \int_X \one_{X \setminus A_n}(x) f(x) \dx \mu(x).
\end{equation*}
Comme $\parentheses*{A_n}_{n \in \N}$ est décroissante, on a $\mu\parentheses*{\bigcap_{n \in \N} A_n} = \lim_{n \to +\infty} \mu(A_n)=0$ et
\begin{equation*}
\one_{X \setminus A_n}(x) \xrightarrow[n \to +\infty]{} \begin{cases}1 & \text{si} \ x \notin \bigcap_{n \in \N} A_n, \\ 0 & \text{si} \ x \in \bigcap_{n \in \N} A_n.\end{cases}
\end{equation*}
Donc, $\mu$-presque partout sur $X$, on a $\one_{X \setminus A_n}(x)f(x) \xrightarrow[n \to +\infty]{} f(x)$. Cette suite est dominée par $\norm{f}$ qui est intégrable sur $X$. La conclusion découle alors du théorème de convergence dominée de Lebesgue.

\end{sol}

\item \label{q: int tronquee general} (\emph{facultatif}) Montrer que le résultat reste vrai si on enlève l'hypothèse de décroissance sur la suite $(A_n)_n$.

\begin{sol}

C'est une conséquence de la propriété suivante que nous allons prouver : soit $f \in L^1(X, \mu)$, pour tout $\epsilon > 0$, il existe $\delta > 0$ tel que
\begin{equation*}
\text{pour tout } A \subset X \text{ mesurable,} \quad \mu(A) < \delta \quad \Rightarrow \quad \int_A |f| \dx \mu < \epsilon \: .
\end{equation*}
Supposons par l'absurde qu'il existe $\epsilon > 0$ et pour tout $n \in \N$ (en prenant $\delta_n = 2^{-n}$), $A_n \subset X$ mesurable tel que 
\begin{equation*}
\mu(A_n) < \frac{1}{2^n} \quad \text{ et } \quad \int_{A_n} |f| \dx \mu \geq \epsilon \: .
\end{equation*}
Soit $N \in \N$, on définit $\displaystyle B_N = \cup_{n \geq N} A_n$, la suite $(B_N)_N$ ainsi définie est décroissante et pour tout $N \in \N$, $\displaystyle \mu(B_N) \leq \sum_{n = N}^\infty
\mu (A_n) \leq 2^{1-N}\xrightarrow[N \to +\infty]{}0$. On en déduit par la question~\ref{q: int tronquee decroissant} que
\begin{equation*}
\int_X \norm{f}\dx \mu - \epsilon \geq \int_X \norm{f}\dx \mu - \int_{A_N} \norm{f}\dx \mu = \int_{X\setminus A_N} \norm{f}\dx \mu \geq \int_{X\setminus B_N} \norm{f}\dx \mu \xrightarrow[N \to +\infty]{} \int_X \norm{f}\dx \mu,
\end{equation*}
ce qui est absurde.
%\[
%  \mu \left( \cap_{N} B_N \right) = \lim_{N \to +\infty} \mu (B_N) \leq \sum_{n=N}^\infty 2^{-n} \xrightarrow[N \to +\infty]{} 0 \: .
%\]
%Posons $B = \cap_{N} B_N$, on a $\mu(B) = 0$ et par convergence monotone ($|f| \one_{B_N}$ est décroissante, converge presque partout vers $|f| \one_B = 0$ et $|f| \one_{B_0} \leq |f|$ est intégrable) :
%\[
% \int_{B_N} |f| \dx \mu \xrightarrow[N \to +\infty]{} 0 \: .
%\]
%On aboutit à une contradiction puisque pour tout $N$, $\displaystyle \int_{B_N} |f| \dx \mu \geq \int_{A_N} |f| \dx \mu \geq \epsilon > 0$.

\end{sol}

\end{enumerate}


\end{exo}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exo}[Lemme de Hadamard]
\label{exo: lemme de Hadamard}

Soient $k \in \N^*$ et $f \in \cC^k(\R^d)$.

\begin{enumerate}

\item \label{q: Hadamard existence} Montrer qu'il existe des fonctions $\parentheses{\psi_\alpha}_{\norm{\alpha}=k}$ de $\R^d$ dans $\C$ telles que:
\begin{equation}
\label{eq: Hadamard}
\forall x \in \R^d, \qquad f(x) = \sum_{\norm{\alpha} < k} \partial^\alpha f(0)\frac{x^\alpha}{\alpha!} + \sum_{\norm{\alpha}=k} x^\alpha \psi_\alpha(x).
\end{equation}


\begin{sol}

Soit $x \in \R^d$. Comme $f$ est de classe $\mathcal{C}^k$, on peut écrire la formule de Taylor avec reste intégral entre $0$ et $x$ à l'ordre $k-1$ : 
%Rappelons que pour retrouver cette formule, il suffit d'écrire la formule de Taylor avec reste intégrale entre $0$ et $1$ pour la fonction d'une variable $F:t \mapsto f(tx)$. Pour $F$ on a:
%\begin{equation}
%\label{eq: Taylor une variable}
%F(1) = \sum_{j=0}^{k-1} \frac{1}{j!} F^{(j)}(0) + \int_0^1 \frac{(1-t)^{k-1}}{(k-1)!} F^{(k)}(t)\dx t.
%\end{equation}
%On calcule la dérivée de $F = f \circ \gamma$, où $\gamma:t \mapsto t x$, par la règle de la chaine. Pour tout $t \in \R$,
%\begin{equation*}
%F'(t)= D_{\gamma(t)}f \cdot \gamma'(t) = D_{\gamma(t)}f\cdot x = \ev_x\parentheses*{D_{\gamma(t)}f} = \parentheses*{\ev_x \circ Df \circ \gamma} (t),
%\end{equation*}
%où $\ev_x:\varphi \mapsto \varphi(x)$ de $L(\R^n,\C)$ vers $\C$ est linéaire et indépendante de $t$. On calcule de même la dérivée seconde:
%\begin{equation*}
%F''(t) = \ev_x \circ D_{\gamma(t)}(Df) \cdot \gamma'(t)= \ev_x \parentheses*{D^2_{\gamma(t)}f\cdot x} = D^2_{\gamma(t)}f(x,x) = \parentheses*{\ev_{(x,x)} \circ D^2f \circ \gamma}(t),
%\end{equation*}
%où $\ev_{(x,x)}:B \mapsto B(x,x)$ de $L(\R^n,L(\R^n,\C)) \simeq \text{Bil}(\R^n \times \R^n,\C)$ vers $\C$. En généralisant ces notations de façon naturelle, on obtient par récurrence que:
%\begin{equation*}
%F^{(j)} = \ev_{(x,\dots,x)} \circ D^jf \circ \gamma : t \longmapsto D^j_{\gamma(t)}f(x,\dots,x),
%\end{equation*}
%pour tout $j \in \brackets{0,\dots,k}$, où $D^jf$ est la différentielle $j$-ième de $f$. En réécrivant l'équation~\eqref{eq: Taylor une variable} en fonction de $f$, on obtient:
\begin{align*}
f(x) 
%&= \sum_{j=0}^{k-1} \frac{1}{j!}D^{j}_0f\parentheses{x,\dots,x} + \int_0^1 \frac{(1-t)^{k-1}}{(k-1)!}D^k_{tx}f(x,\cdots,x) \dx t\\
&= \sum_{\norm{\alpha} < k} \partial^\alpha f(0)\frac{x^\alpha}{\alpha!} + \sum_{\norm{\alpha}=k} x^\alpha \frac{k}{\alpha!} \int_0^1 (1-t)^{k-1} \partial^\alpha f(tx) \dx t.
\end{align*}
%Ici, la seconde ligne s'obtient à partir de la première en utilisant pour $0 \leq j \leq k$ la $j$-linéarité de $D^j_yf$, la différentielle $j$-ième de $f$ en un point $y$:
%\begin{equation*}
%D^j_yf(x,\dots,x) = \sum_{1 \leq i_1,\dots,i_j \leq d} x_{i_1}\cdots x_{i_j} \frac{\partial^j f(y)}{\partial x_{i_1}\cdots \partial x_{i_j}} = \sum_{\norm{\alpha}=j} \frac{j!}{\alpha!} x^\alpha \partial^\alpha f(y).
%\end{equation*}
%Pour justifier la seconde égalité, on effectue un changement d'indice. À un $j$-uplet $\parentheses{i_1,\dots,i_j}$ d'entiers entre $0$ et $d$ on fait correspondre le multi-indice $\alpha = \parentheses{\alpha_1,\dots,\alpha_d} \in \N^d$ défini par $\alpha_n = \#\brackets*{l \in \brackets{1,\dots,j} \mvert i_l=n}$. Dans ce cas, on a bien $x_{i_1}\cdots x_{i_j} \frac{\partial^j f(y)}{\partial x_{i_1}\cdots \partial x_{i_j}} = x^\alpha \partial^\alpha f(y)$ et $\norm{\alpha}=j$. Il reste à compter à combien de $j$-uplets $(i_1,\dots,i_j)$ correspond chaque multi-indice $\alpha$ de longueur~$j$. Cela revient à compter de combien de façons on peut partitionner les indices $\brackets{1,\dots,j}$ en $d$ paquets de cardinaux respectifs $(\alpha_1,\dots,\alpha_d)$. Ce nombre de partitions est exactement $\frac{j!}{\alpha_1! \dots \alpha_d!} = \frac{j!}{\alpha!}$.
%

On obtient la formule souhaitée en posant pour tout multi-indice $\alpha$ de longueur $k$:
\begin{equation*}
\psi_\alpha:x \longmapsto \frac{k}{\alpha!} \int_0^1 (1-t)^{k-1} \partial^\alpha f(tx) \dx t.
\end{equation*}

\end{sol}

\item \label{q: Hadamard regularite} Soit $l \in \N$. Si $f \in \cC^{k+l}(\R^d)$, montrer que les $\parentheses{\psi_\alpha}_{\norm{\alpha}=k}$ sont $\cC^l$ sur $\R^d$ et expliciter leurs dérivées.

\begin{sol}

Soit $\alpha \in \N^d$ tel que $\norm{\alpha}=k$ et soit $h_\alpha:(x,t) \mapsto (1-t)^{k-1} \partial^\alpha f(tx)$ de $\R^d \times [0,1]$ dans $\C$. Comme $\partial^\alpha f \in \cC^l(\R^d)$, pour tout $t \in [0,1]$ la fonction $h_\alpha(\cdot,t)$ est également de classe $\cC^l$. Soit $\beta \in \N^d$ tel que $\norm{\beta} \leq l$, dans la suite on notera $\partial^\beta h_\alpha(x,t)$ la valeur en $x \in \R^d$ de $\partial^{\beta}\parentheses*{h_\alpha(\cdot,t)}$. Pour tout $(x,t) \in \R^d \times [0,1]$ on a alors:
\begin{equation*}
\partial^\beta h_\alpha(x,t) = (1-t)^{k-1}t^{\norm{\beta}}\partial^{\alpha+\beta}f(tx).
\end{equation*}

Pour tout $x \in \R^d$, la fonction $\partial^\beta h_\alpha(x,\cdot)$ est continue sur $[0,1]$, en particulier mesurable. Soit $R>0$ et $B_R\subset \R^d$ la boule fermée de centre $0$ et de rayon $R$. Pour tout $x \in B_R$ et $t \in [0,1]$:
\begin{equation*}
\norm*{\partial^\beta h_\alpha(x,t)} \leq \norm*{\partial^{\alpha+\beta}f(tx)} \leq N_{B_R,k+l}(f).
\end{equation*}
Le terme de droite est intégrable sur $[0,1]$ et indépendant de $x \in B_R$. En appliquant de façon répétée le théorème de dérivation des intégrales à paramètres, on obtient que
\begin{equation*}
\psi_\alpha : x \longmapsto  \frac{k}{\alpha!} \int_0^1 h_\alpha(x,t) \dx t
\end{equation*}
admet des dérivées partielles continues sur l'intérieur de $B_R$ à tout ordre inférieur à $l$. Donc $\psi_\alpha$ est $\cC^l$ sur l'intérieur de $B_R$. Comme $R$ est quelconque, $\psi_\alpha \in \cC^l(\R^d)$. De plus, ses dérivées partielles s'obtiennent par dérivation sous l'intégrale: pour tout $\beta \in \N^d$ tel que $\norm{\beta} \leq l$,
\begin{equation}
\label{eq: Hadamard expression derivees}
\partial^\beta \psi_\alpha(x) = \frac{k}{\alpha!} \int_0^1 \partial^\beta h_\alpha(x,t) \dx t = \frac{k}{\alpha!} \int_0^1 (1-t)^{k-1}t^{\norm{\beta}} \partial^{\alpha+\beta} f(tx) \dx t.
\end{equation}

\end{sol}

\item \label{q: Hadarmard majoration} Soit $B \subset \R^d$ une boule fermée centrée en $0$. Pour tout $\alpha$ de longueur $\norm{\alpha}=k$, montrer que $N_{B,l}(\psi_\alpha) \leq N_{B,l}(\partial^\alpha f) \leq N_{B,k+l}(f)$.

\begin{sol}

Soient $\alpha$ et $\beta \in \N^d$ tels que $\norm{\alpha}=k$ et $\norm{\beta} \leq l$. Pour tout $x \in B$, l'équation~\eqref{eq: Hadamard expression derivees} donne que:
\begin{equation*}
\norm*{\partial^\beta \psi_\alpha(x)} \leq \frac{k}{\alpha !} \int_0^1 (1-t)^{k-1}t^{\norm{\beta}}\norm*{\partial^{\alpha+\beta} f(tx)} \dx t \leq N_{B,l}(\partial^\alpha f) \int_0^1 k(1-t)^{k-1} \dx t = N_{B,l}(\partial^\alpha f).
\end{equation*}
On obtient la première inégalité en passant au sup sur $x \in B$ et $\beta$ de longueur au plus~$l$. La seconde égalité est une conséquence directe de la définition de $N_{B,k+l}(f)$.

\begin{rem}
Ici et dans les questions précédentes, on considère $\partial^\alpha f$ uniquement sur le segment joignant $0$ à $x$. On peut donc raisonner de même en remplaçant $\R^d$ (resp.~$B$) par un ouvert (resp.~un compact) étoilé en $0$.
\end{rem}

\end{sol}

\item \label{q: Hadamard support} Dans cette question on suppose que $d=1$, de sorte que l'équation~\eqref{eq: Hadamard} se ré-écrit:
\begin{equation*}
\forall x \in \R, \qquad f(x) = \sum_{j=0}^{k-1} f^{(j)}(0)\frac{x^j}{j!} + x^k \psi_k(x).
\end{equation*}
On suppose que $f \in \cD(\R)$, à quelle condition a-t-on $\psi_k \in \cD(\R)$?

\begin{sol}

D'après la question~\ref{q: Hadamard regularite}, la fonction $\psi_k$ est de classe $\cC^\infty$. Il s'agit donc de savoir à quelle condition le support de $\psi_k$ est compact (i.e.~borné, vu qu'il est fermé par définition). Si $\psi_k$ est à support compact, alors il en est de même du polynôme de Taylor de degré $k-1$ de $f$ en $0$:
\begin{equation*}
\sum_{j=0}^{k-1} f^{(j)}(0)\frac{X^j}{j!} = f - X^k \psi_k.
\end{equation*}
Ce polynôme est donc nul. Inversement, si ce polynôme est nul alors $\psi_k$ s'annule hors du compact $\supp(f) \cup \brackets{0}$, et donc $\psi_k \in \cD(\R^d)$. Ainsi $\psi_k \in \cD(\R^d)$ si et seulement si toutes les dérivées de $f$ d'ordre strictement inférieur à $k$ s'annulent en $0$.

\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}




%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exo}[Convergence dans $\cD(\R)$]
\label{exo: convergence dans D}

\begin{enumerate}

\item \label{q: CV dans D produit} Soient $\psi \in \cC^\infty(\R)$ et $\parentheses*{\varphi_n}_{n \in \N}$ une suite de $\cD(\R)$ qui converge vers $\varphi$ dans $\cD(\R)$. Montrer que $\psi \varphi_n \xrightarrow[n \to +\infty]{\cD}\psi \varphi$.

\begin{sol}

Soit $K \subset \R$ un compact contenant les supports des $\parentheses*{\varphi_n}_{n \in \N}$. Pour tout $n \in \N$, on a l'inclusion $\supp(\psi \varphi_n) \subset \supp(\varphi_n) \subset K$. Donc la condition de support est vérifiée. Par ailleurs, comme $\varphi_n \xrightarrow[n \to +\infty]{\cD}\varphi$, on a $\Norm*{\varphi_n-\varphi}_\infty \xrightarrow[n \to +\infty]{}0$ et donc $\varphi$ est nulle hors de $K$.

Notons $f = \psi \varphi$ et $f_n = \psi \varphi_n$ pour $n \geq 0$. Soit $k \in \N$, par la règle de Leibniz on a:
\begin{equation*}
\forall x \in \R, \qquad  f^{(k)}(x) = \sum_{i=0}^k \binom{k}{i} \varphi^{(i)}(x)\psi^{(k-i)}(x)
\end{equation*}
et une formule similaire pour chaque $f_n$. Donc
\begin{align*}
\norm*{f_n^{(k)}(x) - f^{(k)}(x)} &= \norm*{\sum_{i=0}^k \binom{k}{i} \parentheses*{\varphi_n^{(i)}(x)-\varphi^{(i)}(x)}\psi^{(k-i)}(x)}\\
&\leq \sum_{i=0}^k \binom{k}{i} \norm*{\varphi_n^{(i)}(x)-\varphi^{(i)}(x)}\norm*{\psi^{(k-i)}(x)}.
\end{align*}
Si $x \notin K$, chaque terme de la somme est nul. Sinon $\norm*{\psi^{(k-i)}(x)} \leq \Norm*{\psi^{(k-i)}}_{\infty,K}$. Donc
\begin{equation*}
\Norm*{f_n^{(k)} - f^{(k)}}_\infty \leq \sum_{i=0}^k\binom{k}{i} \Norm*{\psi^{(k-i)}}_{\infty,K} \Norm*{\varphi_n^{(i)}-\varphi^{(i)}}_\infty \xrightarrow[n \to +\infty]{}0.
\end{equation*}
Et donc $f_n \xrightarrow[n \to +\infty]{\cD}f$.

\end{sol}

\item \label{q: CV dans D derivee} Soit $\varphi \in \cD(\R)$, pour tout $t \neq 0$ on pose $\varphi_t : x \mapsto \frac{\varphi(x+t)-\varphi(x)}{t}$. Montrer que $\varphi_t$ converge dans $\cD(\R)$ lorsque $t \to 0$, vers une certaine fonction à déterminer.

\begin{sol}

Si $\varphi_t$ converge dans $\cD(\R)$ lorsque $t\to 0$ vers une fonction $\psi$, alors elle converge uniformément et donc simplement vers $\psi$. On doit donc avoir $\psi = \varphi'$.

Soit $M \geq 0$ tel que $\supp(\varphi) \subset [-M,M]$. Comme on s'intéresse au cas $t \to 0$, on peut se restreindre à considérer $t \in [-1,1] \setminus \{0\}$. Pour tout $t \in [-1,1] \setminus \{0\}$ on a $\supp(\varphi_t) \subset [-M-1,M+1]$, donc la condition de support est vérifiée.

Soit $k \in \N$, pour tout $x \in \R$ et tout $t \in [-1,1] \setminus \brackets{0}$,
\begin{equation*}
\norm*{\varphi_t^{(k)}(x) - \parentheses{\varphi'}^{(k)}(x)} = \frac{1}{\norm{t}}\norm*{\varphi^{(k)}(x+t) - \varphi^{(k)}(x) - t \varphi^{(k+1)}(x)} \leq \frac{1}{\norm{t}} \frac{t^2}{2}\Norm*{\varphi^{(k+2)}}_\infty,
\end{equation*}
où on a appliqué l'inégalité de Taylor--Lagrange entre $x$ et $x+t$ à la fonction $\varphi^{(k)} \in \cD(\R)$. Donc
\begin{equation*}
\Norm*{\varphi_t^{(k)} - \varphi^{(k+1)}}_\infty \leq \norm{t}\Norm*{\varphi^{(k+2)}}_\infty \xrightarrow[t \to 0]{}0.
\end{equation*}
Finalement, on a bien $\varphi_t \xrightarrow[t \to 0]{}\varphi'$ dans $\cD(\R)$.

\end{sol}

\item \label{q: CV dans D facultatif} Soient $\varphi \in \cD(\R)$ et $\psi:x \mapsto x\varphi'(x)$. Pour tout $t \neq 1$ on définit $\varphi_t:x \mapsto \varphi(xt)$ et $\psi_t = \frac{\varphi_t-\varphi}{t-1}$. Montrer que $\psi_t \in \cD(\R)$ pour tout $t\notin \brackets*{0,1}$ et que $\psi_t \xrightarrow[t \to 1]{\cD}\psi$.

\begin{sol}

Soit $t \in \R \setminus \brackets{1}$, la fonction $\varphi_t$ est $\cC^\infty$ comme composée de fonction $\cC^\infty$, donc $\psi_t \in \cC^\infty(\R)$. Soit $M \geq 0$ tel que $\supp(\varphi) \subset [-M,M]$, alors $\supp(\varphi_t) \subset \squarebrackets*{-\frac{M}{\norm{t}},\frac{M}{\norm{t}}}$ si $t \neq 0$. Dans ce cas, on a $\supp(\psi_t) \subset \supp(\varphi_t) \cup \supp(\varphi) = [-K_t,K_t]$, où $K_t = \max(M,\frac{M}{\norm{t}})$. Ainsi si $t \notin \brackets{0,1}$, on a bien $\psi_t \in \cD(\R)$. Notons que $\psi_0 = \varphi- \varphi(0)$ n'est à support compact que si $\varphi(0)=0$.

Pour montrer la convergence, on peut se restreindre à considérer $t \geq \frac{1}{2}$. Pour tout $t \geq \frac{1}{2}$ on a $K_t \leq 2M$ et donc $\supp(\psi_t) \subset [-2M,2M]$. Calculons les dérivées de $\psi$ et $\psi_t$. Par la règle de Leibniz, pour tout $k \in \N$ et $x \in \R$,
\begin{equation*}
\psi^{(k)}(x) = \sum_{i=0}^k \binom{k}{i} \Id^{(i)}(x) \varphi^{(1+k-i)}(x) = x \varphi^{(k+1)}(x) + k \varphi^{(k)}(x),
\end{equation*}
et par ailleurs
\begin{equation*}
\psi_t^{(k)}(x) = \frac{1}{t-1}\parentheses*{\varphi_t^{(k)}(x) - \varphi^{(k)}(x)} = \frac{1}{t-1}\parentheses*{t^k\varphi^{(k)}(tx) - \varphi^{(k)}(x)}.
\end{equation*}
On a donc
\begin{align*}
\norm*{\psi_t^{(k)}(x) - \psi^{(k)}(x)} =& \norm*{\frac{t^k\varphi^{(k)}(tx) - \varphi^{(k)}(x)}{t-1}- x \varphi^{(k+1)}(x) - k \varphi^{(k)}(x)}\\
=& \norm*{\frac{t^k-1}{t-1}\varphi^{(k)}(tx) + \frac{\varphi^{(k)}(tx)-\varphi^{(k)}(x)-(t-1)x\varphi^{(k+1)}(x)}{t-1}- k \varphi^{(k)}(x)}\\
\leq& \frac{1}{\norm{t-1}}\norm*{\varphi^{(k)}(tx)-\varphi^{(k)}(x)-(tx-x)\varphi^{(k+1)}(x)}\\
&+ \norm*{\frac{t^k-1}{t-1}}\norm*{\varphi^{(k)}(tx)-\varphi^{(k)}(x)} + \norm*{\frac{t^k-1}{t-1}-k}\norm{\varphi^{(k)}(x)}.
\end{align*}
Pour contrôler le premier terme, on applique Taylor--Lagrange pour $\varphi^{(k)}$ entre $x$ et $tx$. On obtient:
\begin{equation*}
\frac{1}{\norm{t-1}}\norm*{\varphi^{(k)}(tx)-\varphi^{(k)}(x)-(tx-x)\varphi^{(k+1)}(x)} \leq x^2\norm{t-1}\Norm{\varphi^{(k+2)}}_\infty.
\end{equation*}
De même, pour le second terme,
\begin{equation*}
\norm*{\frac{t^k-1}{t-1}}\norm*{\varphi^{(k)}(tx)-\varphi^{(k)}(x)} \leq \norm{t^k-1}\norm{x}\Norm{\varphi^{(k+1)}}_\infty.
\end{equation*}
Enfin, pour le troisième terme:
\begin{equation*}
\norm*{\frac{t^k-1}{t-1}-k}\norm{\varphi^{(k)}(x)} \leq \norm*{\sum_{i=0}^{k-1}t^i-k}\Norm{\varphi^{(k)}}_\infty \leq \Norm{\varphi^{(k)}}_\infty\sum_{i=0}^{k-1}\norm{t^i-1}.
\end{equation*}

Si $\norm{x} \geq 2M$, alors $\norm*{\psi_t^{(k)}(x) - \psi^{(k)}(x)}=0$. Sinon, les inégalités précédentes montrent que:
\begin{equation*}
\norm*{\psi_t^{(k)}(x) - \psi^{(k)}(x)} \leq x^2\norm{t-1}\Norm{\varphi^{(k+2)}}_\infty + \norm{t^k-1}\norm{x}\Norm{\varphi^{(k+1)}}_\infty + \Norm{\varphi^{(k)}}_\infty\sum_{i=0}^{k-1}\norm{t^i-1}.
\end{equation*}
Donc
\begin{equation*}
\Norm*{\psi_t^{(k)} - \psi^{(k)}}_\infty \leq 4M^2 \norm{t-1}\Norm{\varphi^{(k+2)}}_\infty + 2M\norm{t^k-1}\Norm{\varphi^{(k+1)}}_\infty+ \Norm{\varphi^{(k)}}_\infty \sum_{i=0}^{k-1}\norm{t^i-1} \xrightarrow[t \to 1]{}0.
\end{equation*}

\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exo}[Premiers exemples de distributions]
\label{exo: premiers exemples}

Montrer que les applications suivantes définissent des distributions et déterminer leur ordre.

\begin{enumerate}

\item \label{q: exemple exp} $\displaystyle T : \varphi \in \cD(\R) \mapsto \int_\R e^{x^2} \varphi(x) \dx x$.

\begin{sol}

Un argument rapide est de remarquer qu'il s'agit de la distribution $T_f$ associée à la fonction $f:x \mapsto e^{x^2}$ qui est $\cC^0$ donc $L^1_\text{loc}$ : d'après le cours, $T$ est une distribution d'ordre $0$.
%À la main, soit $K$ un compact, pour tout $\varphi \in \cD_K(\R)$ on a:
%\begin{equation*}
%\norm*{\int_\R f(x) \varphi(x) \dx x} = \norm*{\int_K f(x) \varphi(x) \dx x} \leq \Norm{\varphi}_\infty \int_K \norm{f(x)} \dx x.
%\end{equation*}
%Comme de plus l'application considérée est linéaire, c'est une distribution.

\end{sol}

\item \label{q: exemple x2} $\displaystyle T : \varphi \in \cD(\R) \mapsto \int_0^{+\infty} \varphi(x^2) \dx x$.

\begin{sol}

Il s'agit bien d'une application linéaire de $\cD(\R)$ dans $\C$. Soit $K$ un compact et soit $\varphi \in \cD_K(\R)$. Il existe $M \geq 0$ tel que $K \subset [-M,M]$ et alors:
\begin{equation*}
\norm*{\int_0^{+\infty} \varphi(x^2) \dx x} = \norm*{\int_0^{\sqrt{M}} \varphi(x^2) \dx x} \leq \sqrt{M} \Norm{\varphi}_\infty \: ,
\end{equation*}
de sorte que $T$ définit une distribution d'ordre $0$.

\end{sol}

\item \label{q: exemple somme Dirac} $\displaystyle T : \varphi \in \cD(\R) \mapsto \sum_{n \in \N} \varphi^{(n)}(n)$.

\begin{sol}

On commence par vérifier que $T : \cD(\R) \rightarrow \C$ définit une distribution. $T$ est bien linéaire. Soit $K$ un compact de $\R$, il existe $N \in \N^*$ tel que $K \subset [-N,N]$. Soit $\varphi \in \cD_K(\R)$, on a:
\begin{equation*}
\norm*{\sum_{n \in \N} \varphi^{(n)}(n)} = \norm*{\sum_{n =0}^N \varphi^{(n)}(n)} \leq \sum_{n=0}^N \Norm{\varphi^{(n)}}_\infty.
\end{equation*}
%

Déterminons à présent l'ordre de $T$. On observe que $T=\sum_{n \in \N} (-1)^n\delta_n^{(n)}$ et on rappelle que pour $m \in \N$ et $a \in \R$, la distribution $\delta_a^{(m)}$ est d'ordre exactement $m$. Supposons par l'absurde que $T$ soit d'ordre fini $N \in \N$. Il existerait alors $C \geq 0$ tel que pour tout $\varphi \in \cD(\R)$ supportée dans $K=\squarebrackets*{N+\frac{1}{2},N+\frac{3}{2}}$,
\begin{equation*}
\norm*{\prsc*{\delta_{N+1}^{(N+1)}}{\varphi}} = \norm*{\varphi^{(N+1)}(N+1)} =\norm*{\prsc{T}{\varphi}} \leq C \sum_{n=0}^N \Norm{\varphi^{(n)}}_\infty.
\end{equation*}
Soit $\chi\in \cD_K(\R)$ et constante à $1$ au voisinage de $N+1$, pour tout $\varphi \in \cD(\R)$ on aurait alors $\chi\varphi \in \cD_K(\R)$ et $\parentheses{\chi\varphi}^{(n)} = \sum_{i=0}^n \binom{n}{i} \varphi^{(i)}\chi^{(n-i)}$ pour tout $n \in \N$. Donc
\begin{align*}
\norm*{\prsc*{\delta_{N+1}^{(N+1)}}{\varphi}} &= \norm*{\varphi^{(N+1)}(N+1)} = \norm*{(\chi\varphi)^{(N+1)}(N+1)} = \norm*{\prsc*{\delta_{N+1}^{(N+1)}}{\chi\varphi}}\\
&\leq C \sum_{n=0}^N \Norm{(\chi\varphi)^{(n)}}_\infty \leq C \sum_{n=0}^N \sum_{i=0}^n \binom{n}{i} \Norm{\varphi^{(i)}}_\infty\Norm{\chi^{(n-i)}}_\infty\\
&\leq C' \sum_{i=0}^N \Norm{\varphi^{(i)}}_\infty
\end{align*}
Cela impliquerait que $\delta_{N+1}^{(N+1)}$ est d'ordre $\leq N$ ce qui est absurde. Donc $T$ est d'ordre infini.


\end{sol}



\end{enumerate}

\end{exo}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exo}[La valeur principale]
\label{exo: valeur principale}

On rappelle la définition de la \emph{valeur principale de $\frac{1}{x}$}:
\begin{equation*}
\vp\parentheses*{\frac{1}{x}} : \varphi \longmapsto \lim_{\epsilon \to 0} \int_{\R \setminus \squarebrackets{-\epsilon,\epsilon}} \frac{\varphi(x)}{x} \dx x.
\end{equation*}

\begin{enumerate}

\item \label{q: vp dans D'} Rappeler l'argument montrant que $\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}$ définit bien un élément de $\cD'(\R)$.

\begin{sol}

Soit $\varphi \in \cD(\R)$, pour tout $\epsilon >0$ on a:
\begin{equation*}
\int_{\norm{x}> \epsilon} \frac{\varphi(x)}{x} \dx x = \int_{-\infty}^{-\epsilon} \frac{\varphi(x)}{x} \dx x + \int_\epsilon^{+\infty} \frac{\varphi(x)}{x} \dx x = \int_\epsilon^{+\infty} \frac{\varphi(x)-\varphi(-x)}{x} \dx x.
\end{equation*}
Soit $\psi:x \mapsto \frac{\varphi(x)-\varphi(-x)}{x}$ définie sur $]0,+\infty[$. Il existe $M \geq 0$ tel que $\supp(\varphi) \subset [-M,M]$. Pour tout $x >M$, $\psi(x) =0$, donc $\psi$ est bien intégrable sur $[\epsilon,+\infty[$. Par ailleurs,
\begin{equation*}
\psi(x) = \frac{1}{x}\parentheses{\varphi(x)-\varphi(-x)} = \frac{1}{x}\parentheses*{\varphi(0)+x \varphi'(0) - \varphi(0)+x\varphi'(0)+o(x)} = 2\varphi'(0)+o(1).
\end{equation*}
Donc $\psi$ se prolonge continuement par $2\varphi'(0)$ en $0$, et $\psi$ est intégrable sur $[0,+\infty[$. Donc, en utilisant le résultat de l'exercice~\ref{exo: integrale tronquee},
\begin{equation*}
\int_{\norm{x}> \epsilon} \frac{\varphi(x)}{x} \dx x = \int_\epsilon^{+\infty} \frac{\varphi(x)-\varphi(-x)}{x} \dx x \xrightarrow[\epsilon \to 0]{} \int_0^{+\infty} \frac{\varphi(x)-\varphi(-x)}{x} \dx x.
\end{equation*}
Cela prouve que $\prsc*{\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}}{\varphi}$ est bien défini. De plus cette expression est linéaire en $\varphi$.

Soit $M \geq 0$, pour tout $\varphi \in \cD_{[-M,M]}(\R)$ on a:
\begin{equation*}
\norm*{\prsc*{\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}}{\varphi}} = \norm*{\int_0^M \frac{\varphi(x) - \varphi(-x)}{x} \dx x} \leq \int_0^M \frac{\norm{\varphi(x)-\varphi(-x)}}{x} \dx x.
\end{equation*}
Par le théorème des accroissements finis, $\norm{\varphi(x)-\varphi(-x)} \leq 2x \Norm{\varphi'}_\infty$ pour tout $x\in [0,M]$. Donc
\begin{equation*}
\norm*{\prsc*{\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}}{\varphi}} \leq 2M \Norm{\varphi'}_\infty,
\end{equation*}
ce qui prouve que $\vp\parentheses*{\frac{1}{x}} \in \cD'(\R)$.

\end{sol}

\item \label{q: ordre vp} Déterminer l'ordre de la distribution~$\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}$.

\begin{sol}

On vient de monter dans la question~\ref{q: vp dans D'} que pour tout $\varphi \in \cD_{[-M,M]}(\R)$ on a:
\begin{equation*}
\norm*{\prsc*{\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}}{\varphi}} \leq 2M \Norm{\varphi'}_\infty,
\end{equation*}
ce qui prouve que $\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}$ est d'ordre $\leq 1$. Si $\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}$ était d'ordre $0$, il existerait $C \geq 0$ tel que
\begin{equation*}
\norm*{\int_0^{+\infty} \frac{\varphi(x)-\varphi(-x)}{x} \dx x} = \norm*{\prsc*{\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}}{\varphi}} \leq C \Norm{\varphi}_\infty
\end{equation*}
pour tout $\varphi \in \cD(\R)$ supportée dans $[-2,2]$.

Soit $\psi$ une fonction $\cC^\infty$, croissante, impaire et constante à $1$ sur $[1,+\infty[$. Pour obtenir une telle fonction, on considère une primitive $F$ d'une fonction $f \in \cD(\R)$ paire, positive et à support dans $[-1,1]$ (bref une bosse). Alors $\psi = \frac{F-F(0)}{F(1)-F(0)}$ convient. Un choix possible d'un tel $f$ est
\begin{equation*}
f : x \longmapsto \begin{cases} e^{-\frac{1}{1-x^2}} & \text{si} \ \norm{x} < 1, \\ 0 & \text{sinon}.\end{cases}
\end{equation*}

Soit $\chi \in \cD(\R)$ une fonction plateau (en particulier à valeurs dans $[0,1]$) paire, à support dans $[-2,2]$ et constante à $1$ sur $[-1,1]$. On pose $\psi_k:x \mapsto \psi(kx)\chi(x)$. Pour tout $k \in \N^*$, $\psi_k \in \cD(\R)$ est impaire, positive sur $\R_+$, à support dans $[-2,2]$ et bornée par $1$. On a donc:
\begin{align*}
C &\geq C \Norm{\psi_k}_\infty \geq \norm*{\int_0^{+\infty} \frac{\psi_k(x)-\psi_k(-x)}{x} \dx x} = 2\int_0^{+\infty} \frac{\psi_k(x)}{x} \dx x \geq 2 \int_{\frac{1}{k}}^1 \frac{\psi(kx)}{x}\dx x\\
&\geq 2 \int_1^k \frac{\psi(y)}{y}\dx y = \int_1^k \frac{\dx y}{y} = \ln(k) \xrightarrow[k \to +\infty]{}+\infty.
\end{align*}
C'est absurde. Donc $\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}$ est d'ordre $1$ exactement.

\end{sol}


\item \label{q: vp sur R*} Soit $\varphi \in \cD(\R^*)$, montrer que $\prsc*{\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}}{\varphi} = \displaystyle\int_\R \frac{\varphi(x)}{x}\dx x$.

\begin{sol}

Soit $\varphi \in \cD(\R^*)$, son support est un compact disjoint de $\brackets{0}$, donc il existe $\eta>0$ tel que $\supp(\varphi) \subset \R \setminus ]-\eta,\eta[$. Pour tout $\epsilon \ \in ]0,\eta[$, on a:
\begin{equation*}
\int_{\norm{x}>\epsilon} \frac{\varphi(x)}{x} \dx x = \int_{\norm{x}\geq \eta} \frac{\varphi(x)}{x} \dx x = \int_\R \frac{\varphi(x)}{x}\dx x.
\end{equation*}
On obtient la formule voulu en passant à la limite $\epsilon \to 0$ dans le terme de gauche.

\end{sol}

\item \label{q: vp interpretation} La fonction $I:x \mapsto \frac{1}{x}$ définit une distribution $T_I \in \cD'(\R^*)$. Expliquer en quoi $\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}$ peut être vu comme un prolongement de $T_I$ en un élément de $\cD'(\R)$. Un tel prolongement est-il unique?

\begin{sol}

La fonction $I$ est continue donc $L^1_\text{loc}$ sur $\R^*$ et donc $T_I \in \cD'(\R^*)$.

On a une inclusion $\cD(\R^*) \subset \cD(\R)$, obtenue en prolongeant les fonctions de $\cD(\R^*)$ par $0$ en $0$. Cette inclusion est continue, au sens où: si $\varphi_n \xrightarrow[n \to +\infty]{}\varphi$ dans $\cD(\R^*)$ alors cette convergence est aussi vraie dans~$\cD(\R)$.

Une distribution $T \in \cD'(\R)$ est une forme linéaire continue sur~$\cD(\R)$, et elle se restreint donc en une forme linéaire continue $T_{\vert \R^*}$ sur $\cD(\R^*)$, c'est-à-dire un élément de $\cD'(\R^*)$.

La question~\ref{q: vp sur R*} montre que pour tout $\varphi \in \cD(\R^*)$, $\prsc*{\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}}{\varphi} = \prsc{T_I}{\varphi}$. Donc $\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}_{\vert \R^*} = T_I$. En ce sens $\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}$ prolonge $T_I$ en une distribution sur $\R$.

Un tel prolongement n'est pas unique: pour tout $\varphi \in \cD(\R^*)$,
\begin{equation*}
\prsc*{\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}+\delta_0}{\varphi} = \prsc*{\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}}{\varphi} + \prsc{\delta_0}{\varphi} = \prsc{T_I}{\varphi} + \varphi(0) = \prsc{T_I}{\varphi}.
\end{equation*}
Donc $\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}+\delta_0$ est un autre prolongement de $T_I$ à $\R$.

\end{sol}

\item \label{q: vp non L1loc} Existe-t-il un prolongement de $T_I$ en une distribution sur $\R$ de la forme $T_f$ avec $f \in L^1_\text{loc}(\R)$?

\begin{sol}

On raisonne par l'absurde. Supposons qu'il existe $f \in L^1_\text{loc}(\R)$ telle que $(T_f)_{\vert \R^*} = T_I$. Pour tout $\varphi \in \cD(\R^*)$, on a:
\begin{equation*}
\prsc{T_f}{\varphi} = \int_\R f(x) \varphi(x) \dx x = \int_{\R^*} f(x) \varphi(x) \dx x = \int_{\R^*} f_{\vert \R^*}(x) \varphi(x) \dx x = \prsc{T_{f_{\vert \R^*}}}{\varphi}.
\end{equation*}
Donc $T_I = (T_f)_{\vert \R^*} = T_{(f_{\vert \R^*})}$. Or $f_{\vert \R^*} \in L^1_\text{loc}(\R^*)$, donc $f_{\vert \R^*}=I$ dans $L^1_\text{loc}(\R^*)$, par injectivité de $g \mapsto T_g$. Finalement $f_{\vert \R^*}=I$ presque partout sur $\R^*$, donc $f(x)=\frac{1}{x}$ presque partout sur~$\R$. Cela contredit $f \in L^1_\text{loc}(\R)$.

\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exo}[Parties finies]
\label{exo: parties finies}

Notons $H$ la \emph{fonction de Heaviside}, qui est la fonction indicatrice de~$\R_+$. On considère les applications linéaires suivantes de $\cD(\R)$ dans $\C$, où $\pf$ se lit \emph{partie finie}.

\begin{align*}
\pf \parentheses*{\frac{H}{x}} : \varphi &\longmapsto \lim_{\epsilon \to 0} \int_\epsilon^{+\infty}\frac{\varphi(x)}{x} \dx x +\varphi(0)\ln(\epsilon),\\
\pf \parentheses*{\frac{1}{x^2}} : \varphi &\longmapsto \lim_{\epsilon \to 0} \int_{\R \setminus \squarebrackets{-\epsilon,\epsilon}} \frac{\varphi(x)}{x^2} \dx x -2 \frac{\varphi(0)}{\epsilon}.
\end{align*}

\begin{enumerate}

\item \label{q: parties finies dans D'} Montrer que $\pf \parentheses*{\frac{H}{x}}$ et $\pf \parentheses*{\frac{1}{x^2}}$ définissent des distributions sur $\R$.

\begin{sol}

Ces deux applications sont bien linéaires en $\varphi$. Soit $M> 0$ et soit $\varphi \in \cD_{[-M,M]}(\R)$. Pour tout $\epsilon \in \ ]0,M[$, on a $\int_\epsilon^M \frac{\dx x}{x} = \ln(M)-\ln(\epsilon)$, donc
\begin{align*}
\int_\epsilon^{+\infty}\frac{\varphi(x)}{x} \dx x +\varphi(0)\ln(\epsilon) &= \int_\epsilon^M\frac{\varphi(x)}{x} \dx x - \int_\epsilon^M \frac{\varphi(0)}{x}\dx x +\varphi(0)\ln(M)\\
&= \int_\epsilon^M\frac{\varphi(x)-\varphi(0)}{x} \dx x +\varphi(0)\ln(M).
\end{align*}
Comme $\varphi$ est continue et $\frac{\varphi(x)-\varphi(0)}{x} \xrightarrow[x \to 0]{} \varphi'(0)$, la fonction $x \mapsto \frac{\varphi(x)-\varphi(0)}{x}$ est intégrable sur $[0,M]$. Donc
\begin{equation*}
\int_\epsilon^{+\infty}\frac{\varphi(x)}{x} \dx x +\varphi(0)\ln(\epsilon) \xrightarrow[\epsilon \to 0]{} \int_0^M\frac{\varphi(x)-\varphi(0)}{x} \dx x +\varphi(0)\ln(M).
\end{equation*}
Donc $\prsc{\pf\parentheses*{\frac{H}{x}}}{\varphi}$ est bien défini. Par l'inégalité des accroissements finis, $\norm{\varphi(x)-\varphi(0)} \leq x \Norm{\varphi'}_\infty$ pour tout $x \in [0,M]$. Donc,
\begin{equation*}
\norm*{\prsc*{\pf\parentheses*{\frac{H}{x}}}{\varphi}} \leq  \int_0^M\norm*{\frac{\varphi(x)-\varphi(0)}{x}} \dx x + \norm{\varphi(0)\ln(M)} \leq \norm{\ln(M)}\Norm{\varphi}_\infty + M\Norm{\varphi'}_\infty,
\end{equation*}
ce qui montre que $\pf\parentheses*{\frac{H}{x}} \in \cD'(\R)$ et est d'ordre au plus $1$.

\begin{rem}
On peut traiter le cas de $\pf\parentheses*{\frac{1}{x^2}}$ de même, en remplaçant l'inégalité des accroissements finis par l'inégalité de Taylor--Lagrange à l'ordre~$2$. On présente ci-dessous une méthode alternative utilisant le lemme de Hadamard (voir l'exercice~\ref{exo: lemme de Hadamard}). On aurait pu utiliser cette méthode alternative pour traiter le cas de $\pf\parentheses*{\frac{H}{x}}$ ou celui de $\vp\parentheses{\frac{1}{x}}$ dans l'exercice~\ref{exo: valeur principale}.
\end{rem}

Soit $M> 0$ et soit $\varphi \in \cD_{[-M,M]}(\R)$. Par le lemme de Hadamard, il existe $\psi \in \cC^\infty(\R)$ tel que
\begin{equation}
\label{eq: Hadamard2}
\forall x \in \R, \qquad \varphi(x)= \varphi(0) + x \varphi'(0) + x^2 \psi(x).
\end{equation}
Rappelons qu'en général $\psi \notin \cD(\R)$ et que
\begin{equation}
\label{eq: controle norme}
\Norm{\psi}_{\infty,[-M,M]} = N_{[-M,M],0}(\psi) \leq N_{[-M,M],2}(\varphi) \leq \Norm{\varphi}_\infty + \Norm{\varphi'}_\infty + \Norm{\varphi''}_\infty.
\end{equation}

Pour tout $\epsilon \in \ ]0,M[$, on a alors
\begin{equation*}
\int_{\epsilon <\norm{x}} \frac{\varphi(x)}{x^2} \dx x = \int_{\epsilon <\norm{x} \leq M} \frac{\varphi(0)}{x^2} + \frac{\varphi'(0)}{x} + \psi(x) \dx x = 2\varphi(0) \parentheses*{\frac{1}{\epsilon}-\frac{1}{M}} + \int_{\epsilon <\norm{x} \leq M} \psi(x) \dx x.
\end{equation*}
Comme $\psi$ est continue donc intégrable sur $[-M,M]$, on a donc
\begin{equation*}
\int_{\epsilon <\norm{x}} \frac{\varphi(x)}{x^2} \dx x -2 \frac{\varphi(0)}{\epsilon} = -2\frac{\varphi(0)}{M} + \int_{\epsilon <\norm{x} \leq M} \psi(x) \dx x \xrightarrow[\epsilon \to 0]{} -2\frac{\varphi(0)}{M} + \int_{-M}^M \psi(x) \dx x,
\end{equation*}
en utilisant l'exercice~\ref{exo: integrale tronquee}. Cela montre que $\prsc{\pf\parentheses*{\frac{1}{x^2}}}{\varphi}$ est bien défini. De plus,
\begin{align*}
\norm*{\prsc*{\pf\parentheses*{\frac{1}{x^2}}}{\varphi}} &= \norm*{-2\frac{\varphi(0)}{M} + \int_{-M}^M \psi(x) \dx x} \leq \frac{2}{M}\Norm{\varphi}_\infty + 2M\Norm{\psi}_\infty\\
&\leq \parentheses*{\frac{2}{M}+2M} \parentheses*{\Norm{\varphi}_\infty + \Norm{\varphi'}_\infty+ \Norm{\varphi''}_\infty},
\end{align*}
et donc $\pf\parentheses*{\frac{1}{x^2}} \in \cD'(\R)$ et est d'ordre au plus $2$.

\end{sol}

\item \label{q: parties finies produits} Conjecturer puis démontrer des expressions plus simples des produits suivants dans $\cD'(\R)$:
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{4}
\item $x \vp\parentheses*{\frac{1}{x}}$,
\item \label{cas: x pf} $x \pf\parentheses*{\frac{1}{x^2}}$,
\item $x^2 \pf \parentheses*{\frac{1}{x^2}}$,
\item \label{cas: x pf H} $x \pf \parentheses*{\frac{H}{x}}$.
\end{multicols}
\end{enumerate}

\begin{sol}

Comme vu dans l'exercice~\ref{exo: valeur principale}, on veut penser à $\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}$ comme une extension de la fonction $x \mapsto \frac{1}{x}$ en une distribution sur $\R$. N'étant pas $L^1_\text{loc}$, elle ne définit pas un élément de $\cD'(\R)$ et on doit ruser pour définir $\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}$. Néanmoins il est naturel de conjecturer que $x \vp\parentheses*{\frac{1}{x}} =\one$.

Les distributions parties finies sont construites sur le même principe, en utilisant un procédé de renormalisation pour étendre des fonctions non localement $L^1$ en des distributions. On s'attend donc à avoir $x^2 \pf \parentheses*{\frac{1}{x^2}}=\one$ et $x \pf \parentheses*{\frac{H}{x}}=H$.

Le cas~\ref{cas: x pf} est un peu plus subtil. On voudrait penser à $x \pf\parentheses*{\frac{1}{x^2}}$ comme à la fonction $x \mapsto\frac{1}{x}$, mais malheureusement celle-ci ne définit pas une distribution. Néanmoins on peut espérer que $x \pf\parentheses*{\frac{1}{x^2}}=\vp \parentheses*{\frac{1}{x}}$.

\begin{enumerate}
\item Pour tout $\varphi \in \cD(\R)$,
\begin{equation*}
\prsc*{x\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}}{\varphi} = \prsc*{\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}}{x \varphi} = \lim_{\epsilon \to 0} \int_{\norm{x}> \epsilon} \frac{x\varphi(x)}{x} \dx x = \int_\R \varphi(x) \dx x = \prsc{\one}{\varphi}.
\end{equation*}
Donc $x \vp\parentheses*{\frac{1}{x}} =\one$ dans $\cD'(\R)$, comme conjecturé.

\item Pour tout $\varphi \in \cD(\R)$,
\begin{equation*}
\prsc*{x\pf\parentheses*{\frac{1}{x^2}}}{\varphi} = \prsc*{\pf\parentheses*{\frac{1}{x^2}}}{x \varphi} = \lim_{\epsilon \to 0} \int_{\norm{x}> \epsilon} \frac{\varphi(x)}{x} \dx x = \prsc*{\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}}{\varphi}.
\end{equation*}
Donc $x\pf\parentheses*{\frac{1}{x^2}}= \vp\parentheses*{\frac{1}{x}}$.

\item D'après les deux cas précédents, $x^2\pf\parentheses*{\frac{1}{x^2}}= x\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}=\one$.

\item Pour tout $\varphi \in \cD(\R)$,
\begin{equation*}
\prsc*{x \pf \parentheses*{\frac{H}{x}}}{\varphi} = \prsc*{\pf \parentheses*{\frac{H}{x}}}{x\varphi} = \lim_{\epsilon \to 0} \int_\epsilon^{+\infty} \varphi(x) \dx x = \int_0^{+\infty} \varphi(x) \dx x = \prsc{H}{\varphi}.
\end{equation*}

\end{enumerate}

\end{sol}

\item \label{q: parties finies facultatif} (\emph{facultatif}) Montrer que l'application linéaire suivante définit bien une distribution sur $\R$:
\begin{equation*}
\pf \parentheses*{\frac{H}{x^2}} : \varphi \longmapsto \lim_{\epsilon \to 0} \int_\epsilon^{+\infty}\frac{\varphi(x)}{x^2} \dx x - \frac{\varphi(0)}{\epsilon} +\varphi'(0)\ln(\epsilon).
\end{equation*}
Déterminer des expressions plus simples des produits $x \pf \parentheses*{\frac{H}{x^2}}$ et $x^2 \pf \parentheses*{\frac{H}{x^2}}$ dans $\cD'(\R)$.

\begin{sol}

De nouveau, l'expression est bien linéaire est $\varphi$. Soit $M >0$ et soit $\varphi \in \cD_{[-M,M]}(\R)$, on repart de l'expression~\eqref{eq: Hadamard2} donnée par le lemme de Hadamard. Pour tout $\epsilon \in\ ]0,M[$,
\begin{align*}
\int_\epsilon^{+\infty} \frac{\varphi(x)}{x^2} \dx x - \frac{\varphi(0)}{\epsilon} +\varphi'(0)\ln(\epsilon) &= \int_\epsilon^M \frac{\varphi(0)}{x^2}+\frac{\varphi'(0)}{x}+\psi(x) \dx x - \frac{\varphi(0)}{\epsilon} +\varphi'(0)\ln(\epsilon)\\
&= \int_\epsilon^M \psi(x) \dx x - \frac{\varphi(0)}{M} +\varphi'(0)\ln(M)\\
&\xrightarrow[\epsilon \to 0]{} \int_0^M \psi(x) \dx x - \frac{\varphi(0)}{M} +\varphi'(0)\ln(M).
\end{align*}
Donc $\prsc*{\pf \parentheses*{\frac{H}{x^2}}}{\varphi}$ est bien défini et
\begin{equation*}
\norm*{\prsc*{\pf \parentheses*{\frac{H}{x^2}}}{\varphi}} = \norm*{\int_0^M \psi(x) \dx x - \frac{\varphi(0)}{M} +\varphi'(0)\ln(M)} \leq \frac{\Norm{\varphi}_\infty}{M} + \norm{\ln(M)}\Norm{\varphi'}_\infty + M\Norm{\psi}_\infty.
\end{equation*}
En utilisant la majoration~\eqref{eq: controle norme}, on obtient $\norm*{\prsc*{\pf \parentheses*{\frac{H}{x^2}}}{\varphi}} \leq \parentheses*{\frac{1}{M}+\norm{\ln(M)}+M}\sum_{i=0}^2\Norm{\varphi^{(i)}}_\infty$. Donc $\pf \parentheses*{\frac{H}{x^2}}$ définit bien une distribution qui est d'ordre au plus $2$.

Pour tout $\varphi \in \cD(\R)$ on a:
\begin{equation*}
\prsc*{x\pf \parentheses*{\frac{H}{x^2}}}{\varphi} = \prsc*{\pf \parentheses*{\frac{H}{x^2}}}{x\varphi} = \lim_{\epsilon \to 0} \int_\epsilon^{+\infty}\frac{\varphi(x)}{x} \dx x +\varphi(0)\ln(\epsilon) = \prsc*{\pf\parentheses*{\frac{H}{x}}}{\varphi}.
\end{equation*}
Donc $x\pf \parentheses*{\frac{H}{x^2}} = \pf\parentheses*{\frac{H}{x}}$ dans $\cD'(\R)$ et, par le cas~\ref{cas: x pf H}, $x^2\pf \parentheses*{\frac{H}{x^2}} = x\pf\parentheses*{\frac{H}{x}}=H$.

\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exo}[Calculs de dérivées]
\label{exo: calculs de derivees}

\begin{enumerate}

\item \label{q: derivee ln} Soit $f:x \mapsto \ln\parentheses*{\norm{x}}$, calculer la dérivée de $T_f$ dans $\cD'(\R)$.

\begin{sol}

On a bien $f \in L^1_\text{loc}(\R) \subset \cD'(\R)$. Sur $\R^*$, la fonction $f$ est $\cC^1$ et sa dérivée est $x \mapsto \frac{1}{x}$. On s'attend donc à ce que $T_f'=\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}$. De fait, pour tout $\varphi\in\cD(\R)$,
\begin{equation*}
\prsc{T_f'}{\varphi} = - \prsc{T_f}{\varphi'} = - \int_\R \ln\parentheses{\norm{x}} \varphi'(x) \dx x = -\lim_{\epsilon \to 0} \int_{\epsilon<\norm{x}} \ln\parentheses{\norm{x}} \varphi'(x) \dx x.
\end{equation*}
Soient $\epsilon$ et $M$ tels que $0< \epsilon < M$ et $\supp(\varphi)\subset [-M,M]$, alors
\begin{equation*}
\int_{\epsilon<\norm{x}} \ln\parentheses{\norm{x}} \varphi'(x) \dx x = \int_{\epsilon<\norm{x}\leq M} \ln\parentheses{\norm{x}} \varphi'(x) \dx x = \int_{-M}^{-\epsilon} \ln(-x) \varphi'(x) \dx x + \int_\epsilon^M \ln(x) \varphi'(x) \dx x
\end{equation*}
Comme $\ln$ et $\varphi$ sont de classe $\cC^1$ sur $[\epsilon,M]$ on peut intégrer par parties.
\begin{equation*}
\int_\epsilon^M \ln(x) \varphi'(x) \dx x = \squarebrackets*{\strut\ln(x)\varphi(x)}_{\epsilon}^M - \int_\epsilon^M \frac{\varphi(x)}{x} \dx x = -\varphi(\epsilon)\ln(\epsilon) - \int_\epsilon^{+\infty} \frac{\varphi(x)}{x} \dx x.
\end{equation*}
De même,
\begin{equation*}
\int_{-M}^{-\epsilon} \ln(-x) \varphi'(x) \dx x = \squarebrackets*{\strut\ln(-x)\varphi(x)}_{-M}^{-\epsilon} - \int_{-M}^{-\epsilon} \frac{\varphi(x)}{x} \dx x = \varphi(-\epsilon)\ln(\epsilon) - \int_{-\infty}^{-\epsilon} \frac{\varphi(x)}{x} \dx x
\end{equation*}
donc
\begin{align*}
-\int_{\epsilon<\norm{x}} \ln\parentheses{\norm{x}} \varphi'(x) \dx x &= \int_{\epsilon<\norm{x}} \frac{\varphi(x)}{x} \dx x + \ln(\epsilon)\parentheses{\varphi(\epsilon)-\varphi(-\epsilon)} = \int_{\epsilon<\norm{x}} \frac{\varphi(x)}{x} \dx x + O\parentheses*{\epsilon\ln(\epsilon)}\\
&\xrightarrow[\epsilon\to 0]{} \prsc*{\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}}{\varphi}.
\end{align*}
Donc $T_f'=\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}$ comme annoncé.

\end{sol}

\item \label{q: derivee vp} Calculer la dérivée de $\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}$ dans $\cD'(\R)$.

\begin{sol}

En se basant sur ce qu'il se passe pour les fonctions, on peut espérer que $\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}' = -\pf\parentheses*{\frac{1}{x^2}}$. Vérifions que c'est le cas. Soit $\varphi \in \cD(\R)$, on a
\begin{equation*}
\prsc*{\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}'}{\varphi} = -\prsc*{\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}}{\varphi'} = -\lim_{\epsilon \to 0} \int_{\epsilon < \norm{x}} \frac{\varphi'(x)}{x} \dx x.
\end{equation*}
On intègre par parties sur $]-\infty,-\epsilon]$ et $[\epsilon,+\infty[$. C'est possible car $\varphi$ et $x \mapsto \frac{1}{x}$ y sont $\cC^1$ et car $\varphi$ est à support compact. Pour tout $\epsilon >0$,
\begin{align*}
\int_{\epsilon < \norm{x}} \frac{\varphi'(x)}{x} \dx x &= \squarebrackets*{\frac{\varphi(x)}{x}}_{-\infty}^{-\epsilon} + \squarebrackets*{\frac{\varphi(x)}{x}}_{\epsilon}^{+\infty} + \int_{\epsilon < \norm{x}} \frac{\varphi(x)}{x^2} \dx x = \int_{\epsilon < \norm{x}} \frac{\varphi(x)}{x^2} \dx x - \frac{\varphi(\epsilon)+\varphi(-\epsilon)}{\epsilon}\\
&= \int_{\epsilon < \norm{x}} \frac{\varphi(x)}{x^2} \dx x - \frac{2\varphi(0)+O(\epsilon^2)}{\epsilon} \xrightarrow[\epsilon \to 0]{} \prsc*{\pf\parentheses*{\frac{1}{x^2}}}{\varphi}.
\end{align*}
Finalement $\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}' = -\pf\parentheses*{\frac{1}{x^2}}$.

\end{sol}

\item \label{q: derivee Heaviside} Calculer la dérivée dans $\cD'(\R)$ de la fonction $x \mapsto H(x) \ln(x)$, où $H$ est la fonction de Heaviside.

\begin{sol}

Soit $\varphi \in \cD(\R)$,
\begin{equation*}
\prsc{(H \ln)'}{\varphi} = - \prsc{H\ln}{\varphi'} = -\int_0^{+\infty} \ln(x) \varphi'(x) \dx x = -\lim_{\epsilon\to 0} \int_\epsilon^{+\infty} \ln(x) \varphi'(x) \dx x.
\end{equation*}
Par intégration par parties:
\begin{align*}
-\int_\epsilon^{+\infty} \ln(x) \varphi'(x) \dx x &= -\squarebrackets*{\ln(x) \varphi(x)}_\epsilon^{+\infty} + \int_\epsilon^{+\infty} \frac{\varphi(x)}{x} \dx x = \ln(\epsilon)\varphi(\epsilon) +  \int_\epsilon^{+\infty} \frac{\varphi(x)}{x} \dx x\\
&= \ln(\epsilon)\varphi(0) + O\parentheses*{\epsilon \ln(\epsilon)} +\int_\epsilon^{+\infty} \frac{\varphi(x)}{x} \dx x \xrightarrow[\epsilon \to 0]{} \prsc*{\pf \parentheses*{\frac{H}{x}}}{\varphi}.
\end{align*}
Donc $(H\ln)'=\pf \parentheses*{\frac{H}{x}}$ dans $\cD'(\R)$.

\end{sol}

\item \label{q: derivee monome Heaviside} Soit $n \in \N$, calculer les dérivées successives dans $\cD'(\R)$ de $x \mapsto \frac{x^n}{n!}H(x)$.

\begin{sol}

Pour tout $n \in \N$, on note $T_n$ la distribution associée à la fonction $L^1_\text{loc}$ définie par $x \mapsto \frac{x^n}{n!}H(x)$.

Pour $n = 0$, on a $T_0=H$. Pour tout $\varphi \in \cD(\R)$,
\begin{equation*}
\prsc{H'}{\varphi} = -\prsc{H}{\varphi'} = -\int_0^{+\infty} \varphi'(x) \dx x = \varphi(0) = \prsc{\delta_0}{\varphi}.
\end{equation*}
Donc $T_0'=H'=\delta_0$, et donc pour tout $k \in \N^*$, $T_0^{(k)} = \delta_0^{(k-1)}: \varphi \mapsto (-1)^{k-1}\varphi^{(k-1)}(0)$.

Soit $n \in \N^*$, pour tout $\varphi \in \cD(\R)$,
\begin{align*}
\prsc{T_n'}{\varphi} &= -\prsc{T_n}{\varphi'} = - \int_0^{+\infty} \frac{x^n}{n!}\varphi'(x) \dx x = -\squarebrackets*{\frac{x^n}{n!}\varphi(x)}_0^{+\infty} + \int_0^{+\infty} \frac{x^{n-1}}{(n-1)!}\varphi(x) \dx x\\
&= \prsc{T_{n-1}}{\varphi}.
\end{align*}
Donc $T_n'=T_{n-1}$. Par récurrence, on en déduit que $T_n^{(k)}=T_{n-k}$ pour tout $k \in \brackets{0,\dots,n}$. En recollant ceci avec la formule obtenue pour les dérivées de $T_0$, on a pour tout $n$ et $k \in \N$:
\begin{equation*}
T_n^{(k)} = \begin{cases} T_{n-k} & \text{si} \ k \leq n,\\ T_0^{(k-n)} = \delta_0^{(k-n-1)} & \text{si} \ k \geq n+1. \end{cases}
\end{equation*}

\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exo}[Une forme linéaire sur $\cD(\R)$ qui n'est pas une distribution --- \emph{facultatif}]
\label{exo: forme lineaire non D'}

Soit $f$ la fonction $\cC^\infty(\R)$ définie par
\begin{equation*}
f:x \longmapsto \begin{cases}e^{-\frac{1}{x}} & \text{si} \ x >0\\ 0 & \text{si} \ x \leq 0.\end{cases}
\end{equation*}
Soit $\psi \in \cD(\R)$ une fonction plateau valant $1$ sur $[-1,1]$, supportée dans $[-2,2]$ et positive, on note $\varphi=\psi f$. Soit $\chi \in \cC^\infty(\R)$ une fonction croissante, nulle sur $]-\infty,\frac{1}{2}]$ et constante à $1$ sur $[1,+\infty[$. Pour tout $n \in \N^*$, on note $\varphi_n:x \mapsto \chi(nx)\varphi(x)$.

\begin{enumerate}

\item \label{q: forme lineaire CV dans D} Comprendre ces fonctions sur un dessin, puis montrer que $\varphi_n \xrightarrow[n \to +\infty]{} \varphi$ dans $\cD(\R)$.
\begin{hint}
On pourra utiliser sans démonstration que: pour tout $k \in \N$, il existe un polynôme $P_k$ de degré $2k$ tel que $f^{(k)}:t \mapsto t^{-2k}P_k(t) f(t)$.
%C'est une reformulation d'un fait établi dans les notes de cours lors de la preuve de~1.2.3.
\end{hint}

\begin{sol}

Par construction, $\supp(\varphi) \subset \supp(\psi) \cap \supp(f) \subset [0,2]$. Donc $\supp(\varphi_n) \subset \supp(\varphi) \subset [0,2]$ pour tout $n \in \N^*$. Cela règle la question de l'uniformité du support.

Soit $k \in \N$, pour tout $x \in \R$,
\begin{equation*}
\varphi_n^{(k)}(x) = \sum_{i=0}^k \binom{k}{i} \parentheses*{\strut\chi(n\cdot)}^{(k-i)}(x)\varphi^{(i)}(x) = \sum_{i=0}^k \binom{k}{i} n^{k-i}\chi^{(k-i)}(nx)\varphi^{(i)}(x)
\end{equation*}
et donc
\begin{equation}
\label{eq: non D' calcul derivee}
\varphi_n^{(k)}(x) - \varphi^{(k)}(x) = (\chi(nx)-1)\varphi^{(k)}(x) + \sum_{i=0}^{k-1} \binom{k}{i} n^{k-i}\chi^{(k-i)}(nx)\varphi^{(i)}(x).
\end{equation}
Comme $\varphi$ et $\chi$ sont nulles sur $]-\infty,0]$, cette expression s'annule pour $x \leq 0$. Par ailleurs $\chi$ est constante à $1$ sur $[1,+\infty[$, donc si $x \geq \frac{1}{n}$, $\chi(nx)=1$ et les $\chi^{(k-i)}(nx)$ s'annulent pour $0 \leq i\leq k-1$. Donc~\eqref{eq: non D' calcul derivee} est nulle si $x \in \R \setminus ]0,\frac{1}{n}[$.

Si $x \in [0,\frac{1}{n}]$ alors
\begin{equation*}
\norm*{\varphi_n^{(k)}(x) - \varphi^{(k)}(x)} \leq \norm*{\chi(nx)-1}\norm{\varphi^{(k)}(x)} + \sum_{i=0}^{k-1} \binom{k}{i} n^{k-i} \norm{\chi^{(k-i)}(nx)}\norm{\varphi^{(i)}(x)}
\end{equation*}
donc
\begin{equation}
\label{eq: non D' calcul derivee 2}
\Norm*{\varphi_n^{(k)}- \varphi^{(k)}}_\infty \leq \Norm{\varphi^{(k)}}_{\infty,[0,\frac{1}{n}]} + \sum_{i=0}^{k-1} \binom{k}{i} n^{k-i} \Norm{\chi^{(k-i)}}_\infty \Norm{\varphi^{(i)}}_{\infty,[0,\frac{1}{n}]}
\end{equation}

Sur $[0,\frac{1}{n}] \subset [0,1]$, on a $\varphi=f$. Soit $i \in \brackets*{0,\dots,k}$, suivant l'indication, pour tout $x \in ]0,\frac{1}{n}]$ on écrit
\begin{equation*}
n^{k-i}\norm{\varphi^{(i)}(x)} = n^{k-i}\norm{f^{(i)}(x)} = n^{k-i}\frac{\norm{P_i(x)}}{x^{2i}}f(x) \leq \frac{\Norm{P_i}_{\infty,[0,1]}}{x^{k+i}}f(x) = \Norm{P_i}_{\infty,[0,1]} x^{-k-i}e^{-\frac{1}{x}}.
\end{equation*}
Comme $x^{-k-i}e^{-\frac{1}{x}} \xrightarrow[x \to 0]{}0$, on a également $\sup_{0<x\leq \frac{1}{n}}x^{-k-i}e^{-\frac{1}{x}} \xrightarrow[n \to +\infty]{}0$. Donc
\begin{equation*}
n^{k-i}\Norm{\varphi^{(i)}}_{\infty,[0,\frac{1}{n}]} \leq \Norm{P_i}_{\infty,[0,1]} \sup_{0<x\leq \frac{1}{n}}x^{-k-i}e^{-\frac{1}{x}} \xrightarrow[n \to +\infty]{}0.
\end{equation*}
En réinjectant ces relations dans l'inégalité~\eqref{eq: non D' calcul derivee 2}, on obtient bien que $\Norm{\varphi_n^{(k)}-\varphi^{(k)}}_\infty \xrightarrow[n \to 0]{}0$.

\end{sol}

\item \label{q: forme lineaire fermeture} Le sous-espace $\cD(\R^*)$ est-il fermé dans $\cD(\R)$?

\begin{sol}

La fonction $\chi$ est nulle sur $]-\infty,\frac{1}{2}]$. Soit $n \in \N^*$, pour tout $x \leq \frac{1}{2n}$ on a donc $\chi(nx)=0$ et $\varphi_n(x)=0$. Comme par ailleurs, $\supp(\varphi_n) \subset \supp(\varphi) \subset [0,2]$, on a $\supp(\varphi_n) \subset [\frac{1}{2n},2] \subset \R^*$. Donc $\parentheses*{\varphi_n}_{n \geq 1}$ est une suite de fonctions de $\cD(\R^*)$, qui converge vers $\varphi$ dans $\cD(\R)$.

\begin{rem}
Cette convergence n'a pas lieu dans $\cD(\R^*)$ car la condition d'uniformité du support n'est pas satisfaite par la suite $\parentheses*{\varphi_n}_{n \geq 1}$.
\end{rem}

On raisonne par l'absurde. Si $\cD(\R^*)$ était un sous-espace fermé de $\cD(\R)$ on aurait $\varphi \in \cD(\R^*)$ et donc $\supp(\varphi) \subset \R^*$. Or, pour tout $x \in ]0,1]$, $\varphi(x) = f(x) >0$, donc $]0,1] \subset \supp(\varphi)$. Comme le support est fermé $0 \in \supp(\varphi)$, ce qui est la contradiction recherchée. Donc $\cD(\R^*)$ n'est pas fermé dans $\cD(\R)$.

\end{sol}

\end{enumerate}

Soit $E$ un supplémentaire de $\cD(\R^*)$ dans $\cD(\R)$ et soit $T$ la forme linéaire sur $\cD(\R) = \cD(\R^*) \oplus E$ définie par:
\begin{equation*}
T : g \longmapsto \begin{cases}\sum_{k \geq 1} e^k g\parentheses*{\frac{1}{k}} & \text{si} \ g \in \cD(\R^*)\\ 0 & \text{si} \ g \in E.\end{cases}
\end{equation*}

\begin{enumerate}[resume]

\item \label{q: forme lineaire divergence} Montrer que $\prsc{T}{\varphi_n} \xrightarrow[n \to +\infty]{}+\infty$.

\begin{sol}

Soit $n \in \N^*$, pour tout $x \in [\frac{1}{n},1]$, on a $\chi(nx)=1$ et $\psi(x)=1$, donc $\varphi_n(x) = e^{-\frac{1}{x}}$. Comme $\varphi_n$ est à valeurs positives, on a:
\begin{equation*}
\prsc{T}{\varphi_n} = \sum_{k \geq 1} e^k \varphi_n\parentheses*{\frac{1}{k}} \geq \sum_{k=1}^n e^k \varphi_n\parentheses*{\frac{1}{k}} = \sum_{k=1}^n e^k e^{-k} = n \xrightarrow[n \to +\infty]{} +\infty.
\end{equation*}

\end{sol}

\item \label{q: forme lineaire conclusion} En déduire que $T$ ne définit pas une distribution sur $\R$.

\begin{sol}

Par l'absurde, si $T$ définissait une distribution on aurait:
\begin{equation*}
\prsc{T}{\varphi_n} \xrightarrow[n \to +\infty]{} \prsc{T}{\varphi} \in \C
\end{equation*}
par continuité et la question~\ref{q: forme lineaire CV dans D}. En particulier, $\parentheses*{\prsc{T}{\varphi}_n}_{n \geq 1}$ serait bornée, ce qui contredit le résultat de la question~\ref{q: forme lineaire divergence}.

\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}

\end{document}