\documentclass[11pt]{article}


% Packages gestion des caractères, du français et de la mise en page

\usepackage[french]{babel}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[T1]{fontenc}

\usepackage[margin=2.5cm]{geometry}
\usepackage[pdftex,pdfborder={0 0 0},hypertexnames=false]{hyperref}

\setlength{\parindent}{0pt}
\renewcommand{\FrenchLabelItem}{\textbullet}

\usepackage{comment}
\usepackage{enumitem}
\usepackage{tabularx}


% Graphiques et Figures

\usepackage{subfig}
\usepackage{pgf,tikz}
\usetikzlibrary{arrows}
\usepackage[figurename=Figure]{caption}


% Packages pour les maths

\usepackage{mathtools}
\usepackage{amsthm}
\usepackage{amsfonts}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{stmaryrd}


% Nouveaux environnements

\theoremstyle{plain}
	\newtheorem{thm}{Théorème}
	\newtheorem{cor}[thm]{Corollaire}
	\newtheorem{lem}[thm]{Lemme}
	\newtheorem{prop}[thm]{Proposition}


\theoremstyle{definition}
	\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}}
\newcommand{\N}{\mathbb{N}}
\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}}
\newcommand{\R}{\mathbb{R}}
\renewcommand{\S}{\mathbb{S}}
\newcommand{\Z}{\mathbb{Z}}

\newcommand{\cC}{\mathcal{C}}
\newcommand{\cCc}{\mathcal{C}_c}
\newcommand{\cD}{\mathcal{D}}
\newcommand{\cE}{\mathcal{E}}
\newcommand{\cF}{\mathcal{F}}
\newcommand{\cS}{\mathcal{S}}

\newcommand{\dx}{\dmesure\!}
\newcommand{\loc}{\text{loc}}
\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}
\DeclareMathOperator{\ev}{ev}
\DeclareMathOperator{\Id}{Id}
\DeclareMathOperator*{\Long}{Long}
\DeclareMathOperator{\pf}{pf}
\DeclareMathOperator{\sinc}{sinc}
\DeclareMathOperator{\sgn}{sgn}
\DeclareMathOperator{\supp}{supp}
\DeclareMathOperator*{\vol}{Vol}
\DeclareMathOperator{\vp}{vp}

\DeclarePairedDelimiter{\ang}{\langle}{\rangle}
\DeclarePairedDelimiter{\brackets}{\{}{\}}
\DeclarePairedDelimiter{\ceil}{\lceil}{\rceil}
\DeclarePairedDelimiter{\floor}{\lfloor}{\rfloor}
\DeclarePairedDelimiter{\norm}{\lvert}{\rvert}
\DeclarePairedDelimiter{\Norm}{\lVert}{\rVert}
\DeclarePairedDelimiter{\parentheses}{(}{)}
\DeclarePairedDelimiterX{\prsc}[2]{\langle}{\rangle}{#1\,, #2}
\DeclarePairedDelimiter{\squarebrackets}{[}{]}
\DeclarePairedDelimiterX{\ssquarebrackets}[2]{\llbracket}{\rrbracket}{#1,#2}


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

% 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}

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


% Informations du document

\author{Blanche Buet et Thomas Letendre}
\date{2023 -- 2024}
\title{Feuille 3 -- Distributions en plusieurs variables, support}


\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{exo}[Support d'une distribution]
\label{exo: support d'une distribution}

\begin{enumerate}

\item \label{q: support C0} Soient $\Omega \subset \R^d$ ouvert et $f \in \cC^0(\Omega)$, montrer que $\supp(T_f) = \supp(f)$.

\begin{sol}

On rappelle la caractérisation suivante du support d'une distribution $T$: pour tout $x \in \Omega$,
\begin{equation*}
x \notin \supp(T) \iff \exists U \ \text{voisinage ouvert de} \ x \ \text{tel que} \ T_{\vert U}=0.
\end{equation*}

Soit $U \subset \Omega$ un ouvert, pour tout $\varphi \in \cD(U) \subset \cD(\R^d)$, on a:
\begin{equation*}
\prsc*{(T_f)_{\vert U}}{\varphi} = \prsc*{T_f}{\varphi} = \int_\Omega f(x) \varphi(x) \dx x = \int_U f_{\vert U}(x) \varphi(x) \dx x = \prsc*{T_{\parentheses{f_{\vert U}}}}{\varphi}.
\end{equation*}
Donc $(T_f)_{\vert U} = T_{\parentheses{f_{\vert U}}}$.

Soit $x \notin \supp(f)$, il existe $U$ ouvert contenant $x$ tel que $f_{\vert U}=0$. Alors $(T_f)_{\vert U} = T_{\parentheses{f_{\vert U}}}=0$ et donc $x \notin \supp(T_f)$. Inversement, soit $x \notin \supp(T_f)$ il existe $U$ ouvert contenant $x$ tel que $(T_f)_{\vert U} = T_{\parentheses{f_{\vert U}}}=0$. Par injectivité de $g \mapsto T_g$ de $L^1_\text{loc}(U)$ vers $\cD'(U)$, on en déduit que $f_{\vert U}=0$ et donc que $x \notin \supp(f)$. Finalement $x \notin \supp(T_f) \iff x \notin \supp(f)$.

\end{sol}

\item \label{q: support fT} Soit $f \in \cC^\infty(\Omega)$ et $T \in \cD'(\Omega)$, montrer que $\supp(fT) \subset \supp(f) \cap \supp(T)$.

\begin{sol}

Soit $x \notin \supp(f)$, il existe $U$ ouvert voisinage de $x$ tel que $f_{\vert U}=0$. Pour tout $\varphi \in \cD(U) \subset \cD(\Omega)$ on a $f\varphi =0$ et donc $\prsc{fT}{\varphi} = \prsc{T}{f\varphi}=0$. Donc $\parentheses*{fT}_{\vert U}=0$ et $x \notin \supp(fT)$. Donc $\supp(fT) \subset \supp(f)$.

Soit $x \notin \supp(T)$ et soit $U$ voisinage ouvert de $x$ tel que $T_{\vert U}=0$. Soit $\varphi \in \cD(U)$ on a $f\varphi \in \cD(U)$ et donc $\prsc{fT}{\varphi}= \prsc{T}{f\varphi}=0$. Donc $x \notin \supp(fT)$. Donc $\supp(fT) \subset \supp(T)$.

\end{sol}

\item \label{q: support vp} Déterminer le support de $\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}$.

\begin{sol}

L'idée est de montrer que $\R^* \subset \supp\parentheses*{\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}}$. Le support étant fermé on en déduit que $\supp\parentheses*{\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}}=\R$. Le fait que $\R^* \subset \supp\parentheses*{\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}}$ est naturel vu que $\parentheses*{\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}}_{\vert \R^*}$ est associée à la fonction $x \mapsto \frac{1}{x}$ (qui est $L^1_\text{loc}$ sur $\R^*$) et que cette fonction ne s'annule pas.

Soit $y \in \R^*$, soit $I$ un voisinage ouvert de $y$. Quitte à réduire $I$ on peut supposer que $0 \notin I$. Soit $\chi \in \cD(\R)$ une fonction à support dans $I$, positive et non nulle. Alors $\prsc*{\parentheses*{\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}}}{\chi}$ est l'intégrale de la fonction $x \mapsto \frac{\chi(x)}{x}$ qui est dans $\cD(\R)$, de signe constant et non nulle. Donc $\prsc*{\parentheses*{\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}}}{\chi}\neq 0$, et donc $\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}_{\vert I} \neq 0$. Comme $I$ est quelconque, $\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}$ ne s'annule sur aucun voisinage de $y$ et donc $y \in \supp\parentheses*{\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}}$.

On peut aussi utiliser la méthode astucieuse suivante. Par la question~\ref{q: support fT},
\begin{equation*}
\R = \supp\parentheses*{x \mapsto 1} = \supp\parentheses*{x \vp\parentheses*{\frac{1}{x}}} \subset \supp(x \mapsto x) \cap \supp\parentheses*{\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}} = \supp \parentheses*{\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}}.
\end{equation*}

\end{sol}

\item \label{q: supp sing vp} Déterminer le support singulier de $\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}$.

\begin{sol}

On a vu dans l'exercice~5 de la feuille~2 que $\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}_{\vert \R^*}$ est la distribution associée à la fonction $x \mapsto \frac{1}{x}$ qui est $\cC^\infty$. Donc le support singulier de $\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}$ est contenu dans $\brackets{0}$. S'il était vide, $\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}$ serait associée à une fonction $\cC^\infty$ sur $\R$ entier, en particulier elle serait d'ordre $0$. Comme on a montré que la valeur principale est d'ordre exactement $1$ (exercice~5 feuille~2), son support singulier est non vide, donc est $\brackets{0}$.

\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%
%\begin{exo}[Distributions à support compact]
%\label{exo: support compact}
%
%Soit $T \in \cD'(\R^d)$ une distribution à support compact, montrer que $T$ est d'ordre fini.
%
%\begin{sol}
%
%Soit $R \geq 0$ tel que $\supp(T) \subset B(0,R)$ (la boule fermée de centre $0$ et de rayon $R$). Soit $\chi \in \cD(\R)$ une fonction plateau égale à~$1$ sur $B(0,R+1)$ et nulle hors de $B(0,R+2)$. La fonction $1-\chi$ est sur $B(0,R+1)$ donc son support est disjoint de $B(0,R) \subset \supp(T)$. Par la question~\ref{q: support fT} de l'exercice~\ref{exo: support d'une distribution} on a $\supp\parentheses*{(1-\chi)T} \subset \supp(1-\chi) \cap \supp(T) = \emptyset$. Donc $(1-\chi)T=0$.
%
%Comme $T \in \cD'(\R^d)$, il existe $C \geq 0$ et $m \in \N$ tels que, pour tout $\psi \in \cD(\R^d)$ dont le support est contenu dans $B(0,R+2)$, on ait $\norm{\prsc{T}{\psi}} \leq C \sum_{\norm{\alpha}\leq m} \Norm{\partial^\alpha\psi}_\infty$.
%
%Soit $\varphi \in \cD(\R^d)$, alors $\chi \varphi \in \cD(\R^d)$ est à support dans $B(0,R+2)$. On a donc
%\begin{align*}
%\norm{\prsc{T}{\varphi}} &= \norm*{\strut \prsc{T}{\chi \varphi} + \prsc{T}{(1-\chi)\varphi}} = \norm*{\strut \prsc{T}{\chi \varphi} + \prsc{(1-\chi)T}{\varphi}} = \norm{\prsc{T}{\chi \varphi}}\\
%&\leq C\sum_{\norm{\alpha}\leq m} \Norm{\partial^\alpha(\chi\varphi)}_\infty.
%\end{align*}
%Soit $\alpha =\parentheses{\alpha_1,\dots,\alpha_d} \in \N^d$ tel que $\norm{\alpha} \leq m$, pour tout $x \in \R^d$,
%\begin{align*}
%\norm*{\partial^\alpha(\chi \varphi)(x)} &= \norm*{\partial^{\alpha_1}\dots\partial^{\alpha_d}(\chi\varphi)(x)}\\
%&= \norm*{\sum_{\beta_1=0}^{\alpha_1}\dots \sum_{\beta_d=0}^{\alpha_d} \binom{\alpha_1}{\beta_1} \dots \binom{\alpha_d}{\beta_d} \partial^{\alpha_1-\beta_1}\dots\partial^{\alpha_d-\beta_d}\chi(x)\partial^{\beta_1}\dots\partial^{\beta_d}\varphi(x)}\\
%&= \norm*{\sum_{\beta \leq \alpha} \binom{\alpha}{\beta} \partial^{\alpha-\beta}\chi(x) \partial^\beta\varphi(x)} \leq \sum_{\beta \leq \alpha} \binom{\alpha}{\beta}\Norm{\partial^{\alpha-\beta}\chi}_\infty \Norm{\partial^\beta\varphi}_\infty,
%\end{align*}
%donc
%\begin{equation*}
%\norm{\prsc{T}{\varphi}} \leq C \sum_{\norm{\alpha} \leq m; \beta \leq \alpha} \binom{\alpha}{\beta}\Norm{\partial^{\alpha-\beta}\chi}_\infty \Norm{\partial^\beta\varphi}_\infty \leq C \sum_{\norm{\beta} \leq m} \Norm{\partial^\beta \varphi}_\infty \parentheses*{\sum_{\alpha \geq \beta; \norm{\alpha}\leq m} \binom{\alpha}{\beta}\Norm{\partial^{\alpha-\beta}\chi}_\infty}.
%\end{equation*}
%La majoration est indépendante d'un compact contenant $\supp(\varphi)$, donc $T$ est d'ordre au plus $m \in \N$.
%
%\end{sol}
%
%\end{exo}
%

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

\begin{exo}[Support et produit par une fonction $\cC^\infty$]
\label{exo: support et produit}

Soit $f \in \cC^\infty(\R^d)$, on note $Z= f^{-1}(0)$.

\begin{enumerate}

\item \label{q: fT=0} Soit $T \in \cD'(\R^d)$ tel que $fT=0$, montrer que $\supp(T) \subset Z$.

\begin{sol}

Comme $f$ est continue $Z$ est fermé. Soit $x \notin Z$, on a alors $U = \R^d \setminus Z$ ouvert contenant $x$.

Pour tout $\varphi \in \cD(U) \subset \cD(\R^d)$, la fonction $f$ ne s'annule pas sur un voisinage de $\supp(\varphi)$ et donc $\frac{1}{f}\varphi$ est bien définie et dans $\cD(U)$. Alors $\prsc{T}{\varphi} = \prsc*{fT}{\frac{1}{f}\varphi}=0$. Donc $T_{\vert U} = 0$ et $x \notin \supp(T)$. Donc $\supp(T) \subset Z$.

\end{sol}

\item \label{q: partition de 1}  Soient $K \subset U \subset \R^d$ avec $K$ compact et $U$ ouvert, montrer qu'il existe $\chi \in \cD(U)$ à valeurs dans $[0,1]$ et constante à $1$ sur un voisinage de $K$.

\begin{sol}

Comme $U$ est ouvert, la distance entre le compact $K$ et le fermé $\R^d \setminus U$ est $2\delta>0$. Alors $\tilde{K} = \brackets*{x \in \R^d \mvert d(x,K)\leq \delta}$ est un voisinage compact de $K$ inclus dans $U$. Il suffit alors de prendre pour $\chi \in \cD(U)$ une fonction plateau égale à $1$ sur $\tilde{K}$.

\end{sol}

\end{enumerate}

Dans la suite, on fixe $T \in \cD'(\R^d)$ une distribution d'ordre $0$ telle que $\supp(T) \subset Z$. L'objectif est de montrer que dans ce cas $fT=0$. Soit $\varphi \in \cD(\R^d)$, on note $K = \supp(\varphi) \cap \supp(T)$.

\begin{enumerate}[resume]

\item \label{q: supp et prod U eps} Pour tout $\epsilon \in ]0,1]$, montrer qu'il existe $U_\epsilon$ ouvert contenant $K$ tel que $\sup_{x \in U_\epsilon}\norm{f(x)} \leq \epsilon$.

\begin{sol}

Comme $K \subset \supp(T) \subset Z = f^{-1}(0)$, il suffit de prendre $U_\epsilon = f^{-1}\parentheses*{\brackets{z \in \C \mvert \norm{z}<\epsilon}}$, qui est ouvert par continuité de $f$.

\end{sol}

\item \label{q: supp et prod chi eps} Construire une famille de fonctions $(\chi_\epsilon)_{\epsilon \in\ ]0,1]}$ telle que:
\begin{itemize}
\item $\forall \epsilon \in\ ]0,1]$, $\chi_\epsilon \in \cD(U_\epsilon)$ et $\prsc{T}{(1-\chi_\epsilon)f\varphi}=0$;
\item $\prsc{T}{\chi_\epsilon f \varphi} \xrightarrow[\epsilon \to 0]{}0$.
\end{itemize}

\begin{sol}

Soit $\epsilon \in \ ]0,1]$, commençons par trouver une condition suffisante pour que $\prsc{T}{(1-\chi_\epsilon)f\varphi}=0$. D'après le cours, si $\supp\parentheses*{(1-\chi_\epsilon)f\varphi} \cap \supp(T) = \emptyset$ alors $\prsc{T}{(1-\chi_\epsilon)f\varphi}=0$. On a
\begin{equation*}
\supp\parentheses*{(1-\chi_\epsilon)f\varphi} \cap \supp(T) \subset \supp(1-\chi_\epsilon) \cap \supp(\varphi) \cap \supp(T) = \supp(1-\chi_\epsilon) \cap K.
\end{equation*}
Il suffit donc que $\supp(1-\chi_\epsilon) \cap K = \emptyset$, i.e.~que $\chi_\epsilon$ soit constante à $1$ sur un voisinage de $K$.

Supposons que l'on ait construit une fonction $\chi_\epsilon \in \cD(U_\epsilon)$ vérifiant cette condition. Comme $T$ est d'ordre $0$, il existe $C \geq 0$ tel que $\norm{\prsc{T}{\psi}} \leq C \Norm{\psi}_\infty$ pour tout $\psi \in \cD(\R^d)$ supporté dans le compact $\supp(\varphi)$. Comme $\chi_\epsilon f \varphi \in \cD(\R^d)$ et $\supp\parentheses*{\chi_\epsilon f \varphi} \subset \supp(\varphi)$,
\begin{equation*}
\norm{\prsc{T}{\chi_\epsilon f \varphi}} \leq C \Norm{\chi_\epsilon f \varphi}_\infty \leq C\Norm{\varphi}_\infty \Norm{\chi_\epsilon f}_\infty.
\end{equation*}
Pour $x \in \R^d \setminus U_\epsilon$ on a $\norm{\chi_\epsilon(x)f(x)} =0$. Si on suppose de plus que $\chi_\epsilon$ est à valeurs dans $[0,1]$, alors pour tout $x \in U_\epsilon$, $\norm{\chi_\epsilon(x) f(x)} \leq \norm{f(x)} \leq \epsilon$ par la question~\ref{q: supp et prod U eps}. Donc $\Norm{\chi_\epsilon f}_\infty \leq \epsilon$ et
\begin{equation*}
\norm{\prsc{T}{\chi_\epsilon f \varphi}} \leq C\Norm{\varphi}_\infty \epsilon \xrightarrow[\epsilon \to 0]{}0.
\end{equation*}

Il suffit donc de prendre $\chi_\epsilon \in \cD(U_\epsilon)$ à valeurs dans $[0,1]$ et égale à~$1$ sur un voisinage de $K$, ce qui est possible d'après la question~\ref{q: partition de 1}.

\end{sol}

\item \label{q: supp et prod conclusion} Conclure que $fT=0$.

\begin{sol}

Par la question~\ref{q: supp et prod chi eps}, pour tout $\epsilon \in ]0,1]$,
\begin{equation*}
\prsc{fT}{\varphi} = \prsc{T}{f\varphi} = \prsc{T}{(1-\chi_\epsilon)f \varphi}+ \prsc{T}{\chi_\epsilon f \varphi} = \prsc{T}{\chi_\epsilon f \varphi} \xrightarrow[\epsilon \to 0]{}0.
\end{equation*}
Comme le terme de gauche ne dépend pas de $\epsilon$, on a $\prsc{fT}{\varphi}=0$. Comme on a choisi $\varphi \in \cD(\R)$ quelconque, on a bien $fT=0$.

\end{sol}

\item \label{q: ordre 0 necessaire} Le résultat est-il encore vrai si on ne suppose pas que $T$ est d'ordre $0$?

\begin{sol}

Si $\supp(f) \cap \supp(T)= \emptyset$ avec $f \in \cC^\infty(\R^d)$ et $T\in \cD'(\R^d)$ la question~\ref{q: support fT} de l'exercice~\ref{exo: support d'une distribution} montre que $\supp(fT)=\emptyset$ et donc $fT=0$. Dans la question~\ref{q: supp et prod conclusion}, on a montré que, pour $T$ d'ordre $0$, si $\supp(T) \subset Z$ alors $fT=0$. Cette condition est plus faible. En effet, si $\supp(f) \cap \supp(T)= \emptyset$ alors $\supp(T) \subset Z$, mais si $\supp(T) \subset Z$ alors
\begin{equation*}
\supp(T) \cap \supp(f) = \supp(T) \cap \bar{\R^d \setminus Z} = \supp(T) \setminus \mathring{Z} \subset Z \setminus \mathring{Z},
\end{equation*}
c'est-à-dire que $\supp(T)$ peut rencontrer la frontière de $Z$, qui est aussi la frontière de $\supp(f)$.

Si on ne suppose pas que $T$ est d'ordre $0$, cette condition est trop faible. Considérons par exemple $T = \delta_0' \in \cD(\R)$, qui est d'ordre $1$ et supporté par $\brackets{0}$, et $f:x \mapsto x$ de sorte que $Z = \brackets{0} = \supp(T)$. Pour tout $\varphi \in \cD(\R)$,
\begin{equation*}
\prsc{fT}{\varphi} = \prsc{\delta_0'}{x\varphi} = -\prsc{\delta_0}{\varphi+x\varphi'} = -\varphi(0)=\prsc{-\delta_0}{\varphi}.
\end{equation*}
Donc $fT = -\delta_0 \neq 0$.

\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}


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

\begin{exo}[Intégrabilité des puissances de $\norm{x}$]
\label{exo: integrabilite R2}

Soit $B_R = \brackets*{x \in \R^2 \mvert \norm{x}<R}$ la boule de centre~$0$ et de rayon $R>0$ dans~$\R^2$.

\begin{enumerate}

\item \label{q: integrabilite puissance en 0} Soit $\alpha \in \R$, montrer que $\displaystyle\int_{B_R} \norm{x}^{\alpha} \dx x < +\infty$ si et seulement si $\alpha > -2$.

\begin{sol}

On passe en coordonnées polaires pour se ramener à une intégrale en une variable:
\begin{equation*}
\int_{B_R} \norm{x}^{\alpha} \dx x = \int_{\theta=0}^{2\pi} \int_{r=0}^R r^\alpha r\dx r \dx \theta = 2\pi \int_0^R r^{\alpha+1} \dx r.
\end{equation*}
La dernière intégrale est finie si et seulement si $\alpha +1 > -1$, c'est-à-dire $\alpha >-2$.

\end{sol}

\item \label{q: integrabilite puissance en inf} Soit $\alpha \in \R$, montrer que $\displaystyle\int_{\R^2 \setminus B_R} \norm{x}^{\alpha} \dx x < +\infty$ si et seulement si $\alpha < -2$.

\begin{sol}

Comme précédemment,
\begin{equation*}
\int_{\R^2 \setminus B_R} \norm{x}^{\alpha} \dx x = \int_{\theta=0}^{2\pi} \int_{r=R}^{+\infty} r^\alpha r\dx r \dx \theta = 2\pi \int_R^{+\infty} r^{\alpha+1} \dx r.
\end{equation*}
La dernière intégrale est finie si et seulement si $\alpha +1 < -1$, c'est-à-dire $\alpha <-2$.

\end{sol}

\item \label{q: fonction non L1loc} La fonction $x=\parentheses*{x_1,x_2} \mapsto \dfrac{x_1}{\norm{x}^3}$ est-elle dans $L^1_\text{loc}(\R^2)$?

\begin{sol}

Cette fonction est continue donc $L^1_\text{loc}$ sur $\R^2 \setminus \brackets{0}$. S'il y a un problème c'est donc en $0$. On va montrer que la fonction n'est pas intégrable sur $B_R$, par un changement de variable polaire.
\begin{equation*}
\int_{B_R} \norm*{\frac{x_1}{\norm{x}}}\dx x = \int_{\theta=0}^{2\pi} \int_{r=0}^R \frac{r\norm{\cos(\theta)}}{r^3}r \dx r \dx \theta = \parentheses*{\int_0^{2\pi} \norm{\cos(\theta)}\dx \theta} \parentheses*{\int_0^R \frac{1}{r}\dx r}=+\infty.
\end{equation*}

\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}


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

\begin{exo}[Le retour de la valeur principale]
\label{exo: vp is back}

Pour tout $\epsilon>0$, on note $B_\epsilon = \brackets*{x \in \R^2 \mvert \norm{x}<\epsilon}$. Soit $T:\cD(\R^2) \to \C$ définie par:
\begin{equation*}
T : \varphi \longmapsto \lim_{\epsilon \to 0} \int_{\R^2 \setminus B_\epsilon} \frac{x_1}{\norm{x}^3}\varphi(x) \dx x.
\end{equation*}

\begin{enumerate}

\item \label{q: integrabilite psi} Soit $\varphi \in \cD(\R^2)$, montrer que $\psi:x=(x_1,x_2) \mapsto \dfrac{x_1}{\norm{x}^3}\parentheses*{\strut\varphi(x_1,x_2)-\varphi(-x_1,x_2)}$ est dans $L^1(\R^2)$.

\begin{sol}

Comme $\varphi \in \cD(\R^2)$ il existe $R >0$ tel que $\supp(\varphi) \subset B_R$. Hors de $B_R$, la fonction $\psi$ est nulle. Par ailleurs, elle est $\cC^\infty$ sur $\R^2 \setminus \brackets{0}$. Il s'agit donc de vérifier l'intégrabilité au voisinage de $0$.

Pour tout $x = (x_1,x_2) \in B_R$ on a
\begin{equation*}
\norm{\psi(x)} = \frac{\norm{x_1}}{\norm{x}^3}\norm*{\varphi(x_1,x_2) - \varphi(-x_1,x_2)} \leq \frac{2\norm{x_1}^2}{\norm{x}^3}\Norm{\partial_1 \varphi}_\infty \leq 2 \Norm{\partial_1 \varphi}_\infty \frac{1}{\norm{x}},
\end{equation*}
par le théorème des accroissements finis. D'après l'exercice~\ref{exo: integrabilite R2}, le terme de droite est intégrable sur $B \cap B_R$, donc $\psi$ aussi. Finalement $\psi \in L^1(\R^2)$.

\end{sol}

\item \label{q: vp de x_1/x^3} En déduire que $T$ définit une distribution sur $\R^2$. Elle est appelée \emph{valeur principale} de $\frac{x_1}{\norm{x}^3}$.

\begin{sol}

La question~\ref{q: fonction non L1loc} de l'exercice~\ref{exo: integrabilite R2} montre que $x \mapsto \frac{x_1}{\norm{x}^3}$ n'est pas $L^1_\text{loc}$. Comme dans le cas de $\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}$, c'est un phénomène de symétrie qui permet d'effacer la singularité pour définir $T$.

Soit $\varphi \in \cD(\R^2)$, montrons que $\prsc{T}{\varphi}$ est bien défini. Pour tout $\epsilon >0$,
\begin{align*}
\int_{\R^2 \setminus B_\epsilon} \frac{x_1}{\norm{x}^3}\varphi(x) \dx x &= \int_{\substack{\norm{x}>\epsilon\\ x_1 <0}} \frac{x_1}{\norm{x}^3}\varphi(x) \dx x + \int_{\substack{\norm{x}>\epsilon\\ x_1 >0}} \frac{x_1}{\norm{x}^3}\varphi(x) \dx x\\
&= \int_{\substack{\norm{x}>\epsilon\\ x_1 >0}} \frac{x_1}{\norm{x}^3}\parentheses*{\varphi(x_1,x_2)-\varphi(-x_1,x_2)\strut} \dx x\\
&= \int_{\substack{\norm{x}>\epsilon\\ x_1 >0}} \psi(x) \dx x \xrightarrow[\epsilon \to 0]{} \int_{\R_+\times \R} \psi(x) \dx x,
\end{align*}
car $\psi$ est intégrable. Donc $\prsc{T}{\varphi}$ est bien défini. De plus, cette expression est linéaire en $\varphi$.

Soit $K \subset \R^2$ compact et soit $R>0$ tel que $K \subset B_R$. Pour tout $\varphi \in \cD_K(\R^2)$, on a en utilisant la majoration de la question~\ref{q: integrabilite psi}:
\begin{equation*}
\norm{\prsc{T}{\varphi}} = \norm*{\int_{\R_+\times \R} \psi(x) \dx x} \leq \int_{\substack{\norm{x}<R\\ x_1 >0}} \norm{\psi(x)} \dx x \leq 2\Norm{\partial_1 \varphi}_\infty \int_{\substack{\norm{x}<R\\ x_1 >0}} \frac{1}{\norm{x}}\dx x = \Norm{\partial_1 \varphi}_\infty \int_{B_R} \frac{1}{\norm{x}}\dx x.
\end{equation*}
L'intégrale dans le dernier terme est finie par l'exercice~\ref{exo: integrabilite R2} (en fait elle vaut $2\pi R$). Donc $T$ est une distribution d'ordre au plus $1$ sur $\R^2$.

\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}


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

\begin{exo}[Dérivées, transverse ou pas]

Montrer que les deux formes linéaires sur $\cD(\R^2)$ suivantes définissent des distributions et déterminer leur ordre.

\begin{align*}
&T_1 : \varphi \mapsto \int_\R \partial_1\varphi(t,0) \dx t & &\text{et} & &T_2:\varphi \mapsto \int_\R \partial_2\varphi(t,0) \dx t.
\end{align*}

\begin{sol}
Soit $i \in \{1,2\}$. On commence par vérifier que $T_i$ définit une distribution. Elle est linéaire. Soit $K \subset \R^2$ compact et $R > 0$ tel que $K \subset B(0,R)$. Soit $\varphi \in \cD_K(\R^2)$,
\begin{equation*}
\norm*{\prsc{T_i}{\varphi}} \leq \int_{[-R,R]} \norm*{\partial_i \varphi (t,0)} \dx t \leq 2R \Norm{\partial_i \varphi}_\infty,
\end{equation*}
et $T_i$ est une distribution d'ordre au plus $1$.

Dans le cas où $i=1$, on dérive $\varphi$ dans la même direction qu'on intègre et on peut donc intégrer par parties : plus précisément, en notant $\psi : t \in \R \mapsto \varphi (t,0)$, $\psi$ est $\cC^1$ à support compact dans $]-R,R[$ ($\psi \in \cD(\R)$) et $\psi^\prime : t \mapsto \partial_1 \varphi (t,0)$, de sorte que $\prsc{T_1}{\varphi} = \int_{[-R,R]}  \psi'(t)  \dx t = 0$. Donc $T_1=0$.

Montrons à présent que $T_2$ est d'ordre $1$. On sait que $T_2$ est d'ordre au plus $1$ et supposons par l'absurde que $T_2$ est d'ordre $0$. En appliquant la définition de distribution d'ordre $0$ sur le compact $K = \overline{B(0,2)}$, il existe $C_0 \geq 0$ tel que pour tout $\varphi \in \cD(\R)$ à support dans $K$,
\begin{equation}
\label{eq: Ordre0}
\norm{\prsc{T_2}{\varphi}} \leq C_0 \Norm*{\varphi}_\infty \: .
\end{equation}

On va construire une suite de fonctions test $(\varphi_n)_{n \in \N}$ à support dans $K$ qui contredit l'inégalité précédente à la limite : pour cela on doit faire exploser la dérivée partielle $\partial_2 \varphi_n$ tout en conservant la norme $\| \varphi_n \|_\infty$ uniformément bornée en $n$.

Soit $\chi \in \cD(\R^2)$ une fonction plateau : $\chi = 1$ sur $\overline{B(0,1)}$, $\chi = 0$ en dehors de $B(0,2)$ et $0 \leq \chi \leq 1$. On définit ensuite $\psi \in \cD(\R^2)$ par $\psi : (x_1,x_2) \in \R^2 \mapsto \chi(x)x_2$ de sorte que pour tout $(x_1,x_2) \in \R^2$, $\partial_2 \psi(x_1,x_2) = \partial_2 \chi(x) x_2 + \chi(x) $ et pour $t \in \R$, $\partial_2 \psi (t,0) = \chi(t,0)$. On définit pour tout $n \in \N$, $\varphi_n \in \cD(\R^2)$ par $\varphi_n:(x_1,x_2) \mapsto \psi(x_1, n x_2)$, de sorte que $\varphi_n$ est à support dans $K$ et $\partial_2\varphi_n:(x_1,x_2) \mapsto n \partial_2 \psi(x_1, n x_2)$. Pour $t \in \R$, on a alors $\displaystyle \partial_2 \varphi_n (t,0) = n \partial_2 \psi(t,0) = n \chi (t,0) \geq 0$ et
\begin{equation*}
\prsc{T_2}{\varphi_n} = \int_\R \partial_2 \varphi_n (t,0) \dx t = n \int_\R \chi (t,0) \dx t \geq n \int_{[-1,1]} 1 \dx t \geq 2n \xrightarrow[n \to +\infty]{} + \infty.
\end{equation*}
En revanche, $\Norm{\varphi_n}_\infty \leq \Norm{\psi}_\infty$ pour tout $n \in \N$, ce qui contredit \eqref{eq: Ordre0}. Donc $T_2$ est d'ordre $1$ exactement.

\end{sol}

\end{exo}


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

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

On définit des formes linéaires $T$ et $T^+$ sur $\cD(\R^2)$ par:
\begin{align*}
T &: \varphi \longmapsto \int_\R \varphi(t,t) \dx t & &\text{et} & T^+ &: \varphi \longmapsto \int_{\R_+} \varphi(t,t) \dx t.
\end{align*}

\begin{enumerate}

\item \label{q : T et T+ distributions} Montrer que $T$ et $T^+$ définissent des distributions sur $\R^2$.

\begin{sol}

Soit $\varphi \in \cD(\R^2)$, disons supportée dans $[-R,R]^2$, alors $t \mapsto \varphi(t,t)$ est $\cC^\infty$ et supportée dans $[-R,R]$. En particulier, cette seconde fonction est intégrable sur $\R$. Donc $T$ et $T^+$ sont bien définies, et linéaires.

Soit $K \subset \R^2$ compact et soit $R >0$ tel que $K \subset [-R,R]^2$. Pour tout $\varphi \in \cD_K(\R^2)$, on a:
\begin{align*}
\norm{\prsc{T}{\varphi}} &\leq \int_\R \norm{\varphi(t,t)} \dx t = \int_{-R}^R \norm{\varphi(t,t)} \dx t \leq 2 R \Norm{\varphi}_\infty,\\
\norm*{\prsc*{T^+}{\varphi}} &\leq \int_{\R_+} \norm{\varphi(t,t)} \dx t = \int_0^R \norm{\varphi(t,t)} \dx t \leq R \Norm{\varphi}_\infty.
\end{align*}
Donc $T$ et $T^+$ sont deux distributions d'ordre $0$ sur $\R^2$.

\begin{rem}
Notons $i:t \mapsto (t,t)$ l'injection diagonale de $\R$ dans $\R^2$. Si on note $\mu$ la mesure de Lebesgue sur $\R$, par définition de la mesure image on a:
\begin{equation*}
\prsc*{i_*\mu}{\varphi} = \int_{\R^2} \varphi(x) \dx i_*\mu(x) = \int_\R \varphi \circ i (t) \dx \mu(t) = \int_{\R}\varphi(t,t) \dx t = \prsc{T}{\varphi}.
\end{equation*}
Et de même $T^+$ est le poussé-en-avant par $i$ de la mesure de Lebesgue sur $\R_+$.
\end{rem}

\end{sol}

\item \label{q: derivees T et T+} Calculer $\partial_1 T + \partial_2 T$ et $\partial_1 T^+ + \partial_2 T^+$ dans $\cD'(\R^2)$.

\begin{sol}

Soit $\varphi \in \cD(\R^2)$, on calcule:
\begin{equation*}
\prsc{\partial_1T + \partial_2T}{\varphi} = \prsc{\partial_1T}{\varphi}+\prsc{\partial_2T}{\varphi} = -\prsc{T}{\partial_1\varphi}-\prsc{T}{\partial_2\varphi} = -\prsc{T}{\partial_1\varphi+\partial_2\varphi}.
\end{equation*}
Notons $i:t \mapsto (t,t)$ de $\R$ vers $\R^2$, pour tout $t \in \R$,
\begin{equation*}
\parentheses*{\varphi\circ i}'(t) = d_{i(t)}\varphi \cdot i'(t) = d_{(t,t)}\varphi \cdot (1,1) = \partial_1 \varphi(t,t) + \partial_2\varphi(t,t).
\end{equation*}
Donc
\begin{equation*}
\prsc{\partial_1T + \partial_2T}{\varphi} = - \int_\R \partial_1 \varphi(t,t) + \partial_2\varphi(t,t) \dx t = -\int_\R \parentheses*{\varphi \circ i}'(t) \dx t = -\squarebrackets*{\varphi \circ i}_{-\infty}^{+\infty}=0.
\end{equation*}
Ainsi, on obtient que $\partial_1T + \partial_2T=0$. Pour $T^+$, le même calcul que précédemment mène à
\begin{equation*}
\prsc{\partial_1T^+ + \partial_2T^+}{\varphi} = -\prsc{T^+}{\partial_1\varphi+\partial_2\varphi} = -\int_0^{+\infty} \parentheses*{\varphi \circ i}'(t) \dx t = \varphi(i(0))=\varphi(0,0).
\end{equation*}
On obtient donc $\partial_1T + \partial_2T=\delta_0$.

\end{sol}

\item \label{q: derivees 1D} Notons $D = \brackets*{\parentheses*{x_1,x_2} \in \R^2 \mvert x_2 \geq \norm{x_1}}$ et $\one_D$ sa fonction indicatrice, calculer $\partial_1 \one_D - \partial_2 \one_D$.

\begin{sol}

On a $\one_D \in L^\infty(\R^2) \subset \cD(\R^2)$. Comme cette fonction est $\cC^\infty$ et localement constante sur $\R^2 \setminus \partial D$, on sait déjà que ses dérivées sont supportées sur $\partial D$. Cette fois on va traiter séparément $\partial_1 \one_D$ et $\partial_2 \one_D$, au moins dans un premier temps. Pour calculer $\partial_1 \one_D$, on coupe $D$ en tranches horizontales: $D = \brackets*{(x_1,x_2) \in \R^2 \mvert x_2 \geq 0, -x_2 \leq x_1 \leq x_2}$. Pour tout $\varphi \in \cD(\R^2)$ on a alors:
\begin{align*}
\prsc{\partial_1 \one_D}{\varphi} &= - \prsc{\one_D}{\partial_1 \varphi} = -\int_D \partial_1 \varphi(x) \dx x = -\int_{x_2 = 0}^{+\infty}\parentheses*{\int_{x_1=-x_2}^{x_2} \partial_1 \varphi(x_1,x_2) \dx x_1} \dx x_2\\
&= - \int_0^{+\infty} \varphi(x_2,x_2)-\varphi(-x_2,x_2) \dx x_2 = \int_{\R_+} \varphi(-t,t) \dx t - \int_{\R_+} \varphi(t,t) \dx t.
\end{align*}
Pour calculer $\partial_2 \one_D$, on suit le même schéma en découpant $D$ en tranches verticales:
\begin{align*}
\prsc{\partial_2 \one_D}{\varphi} &= - \int_D \partial_2\varphi(x)\dx x = -\int_{x_1 \in \R}\parentheses*{ \int_{x_2=\norm{x_1}}^{+\infty} \partial_2 \varphi(x_1,x_2) \dx x_2} \dx x_1 = \int_\R \varphi(x_1,\norm{x_1}) \dx x_1\\
&= \int_{\R_+} \varphi(x_1,x_1)\dx x_1 + \int_{\R_-} \varphi(x_1,-x_1)\dx x_1 = \int_{\R_+} \varphi(t,t) \dx t + \int_{\R_+} \varphi(-t,t) \dx t.
\end{align*}
Finalement,
\begin{equation*}
\prsc*{\partial_1 \one_D - \partial_2 \one_D}{\varphi} = -2 \int_{\R_+} \varphi(t,t) \dx t = -2 \prsc{T^+}{\varphi}
\end{equation*}
pour tout $\varphi \in \cD(\R^2)$ et donc $\partial_1 \one_D - \partial_2 \one_D = -2T^+$.

\end{sol}

\item \label{q: derivees secondes 1D} Calculer $\partial_1^2 \one_D - \partial_2^2 \one_D$ dans $\cD'(\R^2)$.

\begin{sol}

En utilisant les questions~\ref{q: derivees T et T+} et~\ref{q: derivees 1D}, on obtient:
\begin{align*}
\partial_1^2 \one_D - \partial_2^2 \one_D &= \parentheses*{\partial_1^2-\partial_2^2}\one_D = \parentheses{\partial_1 + \partial_2}\parentheses{\partial_1-\partial_2} \one_D = \parentheses{\partial_1 + \partial_2}\parentheses{\partial_1\one_D-\partial_2\one_D}\\
&=-2 \parentheses{\partial_1 T^+ + \partial_2 T^+}=-2\delta_0.
\end{align*}

\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}

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


\begin{dfn}[Mesure-image]
\label{def: mesure-image}
Soit $f:(X,\mathcal{A})\to (Y,\mathcal{B})$ une application mesurable entre deux espaces mesurés et soit $\nu$ une mesure sur $(X,\mathcal{A})$. On rappelle que la mesure-image $f_*\nu$ est la mesure sur $(Y,\mathcal{B})$ définie par $f_*\nu(B) = \nu\parentheses*{f^{-1}(B)}$ pour tout $B \in \mathcal{B}$.

C'est l'unique mesure telle que $\displaystyle\int_A \varphi \circ f(x) \dx \nu(x) = \int_B \varphi(y) \dx f_*\nu(y)$ pour toute fonction mesurable $\varphi:B \to \C$ qui est positive ou telle que $\varphi \circ f$ est intégrable. 
\end{dfn}

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


\begin{exo}[Mesure uniforme sur la sphère]
\label{exo: mesure uniforme sur la sphere}

Soit $\gamma$ la restriction à $\R^d \setminus \brackets{0}$ de la mesure gaussienne standard, i.e.~$\gamma$ admet la densité $x \mapsto (2\pi)^{-\frac{d}{2}}\exp\parentheses*{-\frac{\norm{x}^2}{2}}$ par rapport à la mesure de Lebesgue. On note $\mu = \pi_* \gamma$ la mesure image de $\gamma$ par la projection radiale $\pi:x \mapsto \frac{x}{\norm{x}}$ de $\R^d \setminus \brackets{0}$ vers $\R^d$.

\begin{enumerate}

\item \label{q: mu distribution} Montrer que $\mu$ définit une distribution d'ordre $0$ sur $\R^d$.

\begin{sol}

Comme $\pi$ est continue, elle est mesurable de $\R^d \setminus \brackets{0}$ vers $\R^d$ équipés de leurs tribus boréliennes. La mesure-image $\pi_*\gamma$ est donc une mesure borélienne bien définie. Par ailleurs, $\mu(\R^d) = \gamma\parentheses*{\pi^{-1}(\R^d)} = \gamma\parentheses*{\R^d \setminus \brackets{0}}=1$. Donc $\mu$ est une mesure borélienne, positive et finie sur les compacts. C'est donc une mesure de Radon, et elle définit une distribution d'ordre $0$ par $\prsc{\mu}{\varphi} = \int_{\R^d} \varphi(x) \dx \mu(x)$.

Alternativement, soit $\varphi \in \cD(\R^2)$ alors $\varphi \circ \pi$ est continue sur $\R^d\setminus \brackets{0}$ et bornée par $\Norm{\varphi}_\infty$. Par définition de la mesure-image on a:
\begin{equation*}
\norm{\prsc{\mu}{\varphi}} = \norm*{\int_{\R^d} \varphi(y) \dx \mu(y)} = \norm*{\int_{\R^d \setminus \brackets{0}} \varphi\circ \pi(x) \dx \gamma(x)} \leq \Norm{\varphi}_\infty \int_{\R^d \setminus \brackets{0}} \dx \gamma(x) = \Norm{\varphi}_\infty.
\end{equation*}

\end{sol}

\item \label{q: support de mu} Déterminer le support de $\mu$.

\begin{sol}

La mesure $\mu$ est la loi de $\frac{X}{\norm{X}}$, où $X$ est un vecteur gaussien centré réduit dans $\R^d$. C'est donc la mesure uniforme de probabilité uniforme sur $\S^{d-1}$. Il est donc naturel que $\supp(\mu) = \S^{d-1}$. Prouvons-le.

Soit $\varphi \in \cD(\R^d)$ à support dans $\R^d \setminus \S^{d-1}$. Comme l'image de $\pi$ est contenue dans $\S^{d-1}$, $\varphi \circ \pi=0$. Alors,
\begin{equation*}
\prsc{\mu}{\varphi} = \int_{\R^d} \varphi(y) \dx \mu(y) = \int_{\R^d \setminus \brackets{0}} \varphi \circ \pi(x) \dx \gamma(x) = 0.
\end{equation*}
Donc $\mu_{\vert \R^d \setminus \S^{d-1}}=0$ et $\supp(\mu) \subset \S^{d-1}$.

Dans la suite on note $B(x,R)$ la boule ouverte de centre $x \in \R^d$ et de rayon $R>0$. Soit $x \in \S^{d-1}$, montrons que $x \in \supp(\mu)$. Soit $\epsilon \in ]0,\frac{1}{2}[$, il existe une fonction-plateau $\chi_\epsilon \in \cD(\R^d)$ à valeurs dans $[0,1]$ et telle que $\supp(\chi_\epsilon) \subset B(x,2\epsilon)$ et $\chi_\epsilon$ est vaut $1$ sur $B(x,\epsilon)$. Comme $\chi_\epsilon$ est à valeurs positives,
\begin{align*}
\prsc{\mu}{\chi_\epsilon} &= \int_{\R^d} \chi_\epsilon(y) \dx \mu(y) = \int_{\R^d\setminus \brackets{0}} \chi_\epsilon \circ \pi(x) \dx \gamma(x) \geq \int_{\pi^{-1}(B(x,\epsilon))} \chi_\epsilon\circ \pi(x) \dx \gamma(x)\\
&\geq \gamma\parentheses*{\pi^{-1}(B(x,\epsilon))}.
\end{align*}
Comme $B(x,\epsilon)$ est un ouvert non-vide c'est aussi le cas de sa pré-image, $\pi$ étant continue. Comme $\gamma$ admet une densité positive par rapport à Lebesgue, $\gamma\parentheses*{\pi^{-1}(B(x,\epsilon))} >0$. Remarquons que $\pi^{-1}(B(x,\epsilon))$ est le cône engendré par $B(x,\epsilon)\cap \S^{d-1}$ (faire un dessin).

Ainsi, pour tout $\epsilon \in ]0,\frac{1}{2}[$ on a construit une fonction $\chi_\epsilon \in \cD(\R^d)$ supportée dans $B(x,2\epsilon)$ et telle que $\prsc{\mu}{\chi_\epsilon}>0$. Donc $\mu$ n'est nulle en restriction à aucun voisinage de $x$, et $x \in \supp(\mu)$. Finalement, $\supp(\mu) = \S^{d-1}$.

\end{sol}

\item \label{q: mu L1loc} Existe-t-il $f \in L^1_\text{loc}(\R^d)$ telle que $\mu = T_f$?

\begin{sol}

Par l'absurde, supposons qu'il existe $f \in L^1_\text{loc}(\R^d)$ telle que $\mu=T_f$. On aurait alors
\begin{equation*}
T_{(f_{\vert \R^d \setminus \S^{d-1}})} = \parentheses*{T_f}_{\vert \R^d \setminus \S^{d-1}} = \mu_{\vert \R^d \setminus \S^{d-1}} = 0.
\end{equation*}
Par injectivité de $g \mapsto T_g$ de $L^1_\text{loc}\parentheses*{\R^d \setminus \S^{d-1}}$ vers $\cD\parentheses*{\R^d \setminus \S^{d-1}}$ on aurait $f$ nulle sur $\R^d \setminus \S^{d-1}$, c’est-à-dire presque partout sur $\R^d$. Mais alors $f=0$, ce qui est absurde car $\supp(\mu) \neq \emptyset$.

\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}

\end{document}
