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% Commandes et opérateurs utiles

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\newcommand{\dx}{\dmesure\!}
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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}
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% 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}}
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	\par\begingroup\color{violet}
	}
	{
	\endgroup
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	}

% 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 9 -- Formule(s) de Green}


\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}[Le cas d'un hyperplan]
\label{exo: hyperplan}

Soit $H \subset \R^d$ un hyperplan (affine) muni de sa mesure superficielle $\sigma$. On choisit un repère orthonormé (affine) afin d'avoir $H = \brackets{x \in \R^d \mid x_d=0}$. On considère l'ouvert $V = \brackets{x \in \R^d \mid x_d>0}$, calculer ``à la main'' $\partial_j \one_V$ pour tout $j \in \brackets{1,\dots,d}$.
 
\begin{sol}
On a bien $\one_V \in L^1_{\loc} (\R^d) \subset \cD^\prime(\R^d)$. De plus, la mesure superficielle $\sigma$ sur $H$ s'identifie à la mesure de Lebesgue sur $H$ : dans notre choix de coordonnées $\dmesure \sigma = \dx x_1 \ldots \dx x_{d-1}$.

Soit $\varphi \in \cD(\R^d)$ et $j \in \{1, \ldots, d\}$, comme $\partial_j \varphi \in L^1 (V)$, on peut appliquer le théorème de Fubini,
\[
\prsc*{\partial_j \one_V}{\varphi} = - \int_V \partial_j \varphi = - \int_{x_1 \in \R} \ldots \int_{x_{d-1} \in \R} \int_{x_d = 0}^{+\infty} \partial_j \varphi (x_1, \ldots , x_d) \dx x_1 \ldots \dx x_{d-1} \dx x_d \: .
\]
Si $j = d$, on a 
\[
 \int_{x_d=0}^{+\infty} \partial_d \varphi (x_1, \ldots , x_d) \dx x_d = - \varphi (x_1, \ldots, x_{d-1}, 0) \
\]
de sorte que
\[
 \prsc*{\partial_d \one_V}{\varphi} = \int_{x = (x_1, \ldots, x_{d-1}) \in \R^{d-1}}\varphi (x, 0) \dx x_1 \ldots \dx x_{d-1} = \int_{y \in H} \varphi(y) \dmesure \sigma(y) = \prsc{\sigma}{\varphi} \: ,
\]
et ainsi $\partial_d \one_V = \sigma$.
Si maintenant $1 \leq j \leq d-1$, 
\[
 \int_{x_j= - \infty}^{+\infty} \partial_j \varphi (x_1, \ldots , x_d) \dx x_j = 0 
\]
de sorte que $\prsc*{\partial_j \one_V}{\varphi} = 0$ et ainsi $\partial_j \one_V = 0$.

Comme le vecteur normal unitaire extérieur $N$ à $V$ satisfait $N_j = 0$ pour $1 \leq j \leq d-1$ et $N_d = -1$, on retrouve bien $\partial_j \one_V = - N_j \sigma$.

\end{sol}

\end{exo}


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

\begin{exo}[IPP : la formule de Gauss--Green]
\label{exo: IPP}

Soient $\Omega \subset \R^d$ ouvert à bord lisse et $N:\partial \Omega \to \S^{d-1}$ la normale unitaire sortante de $\Omega$. On note $\sigma$ la mesure superficielle de $\partial \Omega$. Soient $\varphi, \psi \in \cD(\R^d)$, montrer que pour tout $j \in \{ 1 , \ldots , d \}$,
\[
 \int_{\Omega} \psi \partial_j \varphi \dx x = \int_{\partial \Omega} \psi \varphi N_j \dmesure \sigma - \int_{\Omega} \varphi \partial_j \psi \dx x \: .
\]

\begin{sol}
 D'après le cours $\partial_j \one_\Omega = - N_j \sigma$. On a ainsi
 \[
  \prsc*{\one_\Omega}{\partial_j (\psi \varphi)} = - \prsc*{\partial_j \one_V
  \Omega}{\psi \varphi} = \prsc*{ N_j \sigma}{\psi \varphi}
 \]
c'est-à-dire
\[
 \int_\Omega \psi \partial_j \varphi + \varphi \partial_j  \psi \dx x = \int_{\partial \Omega} \psi \varphi N_j \dmesure \sigma
\]

\end{sol}

\end{exo}


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

\begin{ntn}
Soit $\Omega \subset \R^d$ un ouvert, on note $u \in \cC^\infty (\overline{\Omega})$ si $u$ est la restriction d'une fonction $\tilde{u} \in \cC^\infty(\R^d)$, ou de façon équivalente $\cC^\infty$ sur un voisinage de $\overline{\Omega}$. Si $\Omega$ est borné, on peut en fait supposer $\tilde{u} \in \cD(\R^d)$.
\end{ntn}


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

\begin{exo}[Formules de Green pour $\Delta$]
\label{exo: Green pour Delta}

\begin{enumerate}

\item \label{q: formules de Green} Soient $\Omega \subset \R^d$ un ouvert borné non vide à bord lisse et $\sigma$ la mesure superficielle de $\partial \Omega$. On note $N:\partial \Omega \to \S^{d-1}$ la normale unitaire sortante de $\Omega$. Prouver les formules suivantes, appelées respectivement première et seconde formule de Green : pour tout $u$, $v \in \cC^\infty (\overline{\Omega})$,
\begin{align}
\label{eq: formule de Green 1}
\int_\Omega u \ \Delta v \dx x & = \int_{\partial \Omega} u \ \nabla v \cdot N \dx \sigma - \int_\Omega \nabla u \cdot \nabla v \dx x,\\
\label{eq: formule de Green 2}
\int_\Omega \parentheses*{u \ \Delta v - v \ \Delta u} \dx x & = \int_{\partial \Omega} \parentheses*{ u \ \nabla v - v \ \nabla u} \cdot N \dx \sigma.
\end{align}

\begin{sol}

Commençons par prouver la formule~\eqref{eq: formule de Green 1}. Soient $u$, $v \in \cC^\infty (\overline{\Omega})$. On a
\begin{equation*}
\int_\Omega u \ \Delta v \dx x = \sum_{i=1}^d \int_\Omega u(x) \partial_i^2 v(x) \dx x.
\end{equation*}
D'après la formule de Gauss-Green appliquée à $u$ et $\partial_i v$ (voir exercice~\ref{exo: IPP}),  on a pour tout $i \in \brackets{1,\dots,d}$,
\begin{equation*}
\int_\Omega u(x) \partial_i^2 v(x) \dx x = \int_{\partial \Omega} N_i(x) u(x) \partial_i v(x) \dx \sigma(x) - \int_\Omega \partial_iu(x) \partial_iv(x) \dx x.
\end{equation*}
On obtient la formule~\eqref{eq: formule de Green 1} en sommant cette relation sur $i \in \brackets{1,\cdots,d}$.

On peut faire la différence entre la formule~\eqref{eq: formule de Green 1} et la même formule où les rôles de $u$ et $v$ sont échangés. Les intégrales de $\nabla u \cdot \nabla v$ sur $\Omega$ se compensent, et on obtient exactement~\eqref{eq: formule de Green 2}.

\end{sol}

\item \label{q: caracterisation harmoniques} Soit $v \in \cC^\infty (\R^d)$, montrer que $\Delta v=0$ si et seulement si pour tout $\Omega \subset \R^d$ ouvert borné non vide à bord lisse :
\begin{equation*}
\int_{\partial \Omega} \nabla v \cdot N \dx \sigma = 0.
\end{equation*}

\begin{sol}

Si $v$ est harmonique, pour tout ouvert borné $\Omega \neq \emptyset$ à bord lisse, on peut appliquer~\eqref{eq: formule de Green 1} avec $v$ et $u \equiv 1$. On obtient:
\begin{equation*}
0 = \int_\Omega u \Delta v \dx x = \int_{\partial \Omega} u \nabla v  \cdot N \dx \sigma - \int_\Omega  \nabla u  \cdot \nabla v  \dx x = \int_{\partial \Omega} \nabla v  \cdot N \dx \sigma.
\end{equation*}

Inversement, si $\int_{\partial \Omega} \nabla v \cdot N \dx \sigma=0$ pour tout $\Omega \subset \R^d$ ouvert borné non vide à bord lisse, le même calcul montre que $\int_\Omega \Delta v(x) \dx x=0$ pour tout tel $\Omega$. Comme $v$ est $\cC^\infty$, la fonction $\Delta v$ est continue. Si elle n'était pas nulle, il existerait une boule ouverte sur laquelle elle est de signe strict constant et d'intégrale nulle, ce qui est absurde. Donc $v$ est harmonique.

\end{sol}

\item \label{q: unicite extension harmonique} Soient $\Omega \subset \R^d$ ouvert connexe borné non vide à bord lisse et $v \in \cC^\infty(\bar{\Omega})$ une fonction harmonique dans $\Omega$ telle que $v_{\vert \partial \Omega}=0$. Montrer que $v=0$.

\begin{sol}

On applique la formule~\eqref{eq: formule de Green 1} avec $u=v$. On obtient:
\begin{equation*}
0 = \int_\Omega v\ \Delta v \dx x = \int_{\partial \Omega} v \nabla v  \cdot N \dx \sigma - \int_\Omega  \nabla v  \cdot \nabla v \dx x = \int_\Omega \Norm{\nabla v}^2 \dx x.
\end{equation*}
Donc $\nabla v$ est nulle. Comme on a supposé $\Omega$ connexe, on a donc que $v$ est constante sur $\Omega$. Par ailleurs, $v$ est continue sur $\bar{\Omega}$ et $v_{\partial \Omega} = 0$, de sorte que $v = 0$.

\end{sol}

\item \label{q: unicite extension harmonique non connexe} (\emph{facultatif}) Même question, mais sans supposer que $\Omega$ est connexe.

\begin{sol}

Le début du raisonnement de la question~\ref{q: unicite extension harmonique} reste valable. On obtient de nouveau $\nabla v \equiv 0$ sur~$\Omega$. Donc $v$ est localement constante, donc constante sur chacune de ses composantes connexes.

Soit $\Omega_0$ l'une des composantes connexes de $\Omega$. Comme $\Omega$ est borné non vide, $\Omega_0$ aussi. Vérifions que $\Omega_0$ est ouvert (c'est une conséquence de la locale connexité de $\R^d$). Soit $x \in \Omega_0$ et soit $B \subset \Omega$ une boule ouverte contenant $x$. Comme $B$ et $\Omega_0$ sont connexes et $x \in B \cap \Omega_0 \neq \emptyset$, il vient que $ B \cup \Omega_0$ connexe et de plus $\Omega_0 \subset B \cup \Omega_0 \subset \Omega$, par maximalité de $\Omega_0$ pour l'inclusion, $B \subset \Omega_0$ est un voisinage de $x$ dans $\Omega_0$.

Vérifions à présent que $\partial \Omega_0 \neq \emptyset$. Comme $\Omega_0$ est ouvert, $\partial \Omega_0 = \overline{\Omega_0} \setminus \Omega_0$ et si on avait $\partial \Omega_0 = \emptyset$, on aurait $\Omega_0 = \overline{\Omega_0}$ ouvert et fermé dans $\R^d$ connexe donc $\Omega_0 \in \{ \emptyset, \R^d \}$ ce qui est impossible puisque $\Omega_0$ est borné et non vide.

Il nous reste à vérifier que $\partial \Omega_0 \subset \partial \Omega$ (à nouveau conséquence de la locale connexité de $\R^d$). Soit $x \in   \overline{\Omega_0} \cap \Omega$ et soit $B \subset \Omega$ une boule ouverte contenant $x$. On a alors $B \cap \Omega_0 \neq \emptyset$ (sinon $\Omega_0 \subset \Omega \setminus B$ fermé et par définition de l'adhérence, $\overline{\Omega_0} \subset \Omega \setminus B$ incompatible avec $x \in \overline{\Omega_0} \cap B$) et par conséquent $B \cup \Omega_0$ est connexe, par maximalité de $\Omega_0$, $B \cup \Omega_0 \subset \Omega$ implique $B \subset \Omega_0$ et donc $x \in \Omega_0$. Par contraposée, si $x \in \overline{\Omega_0} \setminus \Omega_0$, alors $x \notin \Omega$ et donc $x \in \overline{\Omega} \setminus \Omega = \partial \Omega$ ($\overline{\Omega_0} \subset \overline{\Omega}$).

Comme $v$ est constant sur $\Omega_0$, continue sur $\bar{\Omega_0}$ et nulle sur $\partial \Omega_0 \subset \partial \Omega$, $\partial \Omega_0 \neq \emptyset$, on a $v_{\vert \Omega_0}=0$. Comme $\Omega_0$ est une composante connexe quelconque de $\Omega$, on en déduit que $v=0$.

\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}


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

\begin{ntn}
Pour tout $r >0$, on note $B_r = \brackets*{x \in \R^d \mvert \Norm{x}<r}$ et $S_r = \brackets*{x \in \R^d \mvert \Norm{x}=r}$, où $\Norm{\cdot}$ est la norme euclidienne. On note $\sigma_r$ la mesure superficielle de la sphère $S_r$. Enfin, on notera $N:x \mapsto \frac{x}{\Norm{x}}$ de $\R^d \setminus \brackets{0}$ dans $S_1$ le champ de vecteurs unitaires radial issu de $0$.
\end{ntn}

À toute fin utile, on rappelle les formules suivantes qui ont été établies dans le TD8:
\begin{itemize}
\item pour tout $r >0$, $\sigma_r(S_r) = r^{d-1}\sigma_1(S_1)$,
\item $\sigma_1(S_1) = d \cdot \vol(B_1)$.
\end{itemize}

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

\begin{exo}[Formules de la moyenne]
\label{exo: formules de la moyenne}

Soit $u \in \cC^\infty(\R^d)$, on définit $g:\ ]0,+\infty[\ \to \C$ par:
\begin{equation*}
g: r \longmapsto \frac{1}{r^{d-1}} \int_{S_r} u(x) \dx \sigma_r(x).
\end{equation*}

\begin{enumerate}

\item \label{q: derivee g} Montrer que $g$ est de classe $\cC^1$ et que $g':r \mapsto \displaystyle\frac{1}{r^{d-1}} \int_{S_r} \nabla u(x)  \cdot N(x) \dx \sigma_r(x)$.

\begin{sol}

D'après l'exercice 3 du TD8, pour tout $r>0$, $g(r) = \int_{S_1} u(r\theta) \dx \sigma_1(\theta)$, ce qui permet de se ramener à un domaine d'intégration indépendant de $r$.

Soit $h:\ ]0,+\infty[\times S_1 \to \C$ la fonction définie par $h:(r,\theta) \mapsto u(r\theta)$. On veut dériver l'intégrale à paramètre $g:r \mapsto \int_{S_1} h(r,\theta) \dx \sigma_1(\theta)$.
\begin{itemize}
\item pour tout $r >0$, $h(r,\cdot)$ est continue donc mesurable;
\item pour tout $\theta \in S_1$, $h(\cdot,\theta):r \mapsto u(r\theta)$ est $\cC^1$ et $\partial_r h:(r,\theta) \mapsto D_{r\theta}u\cdot \theta =  \nabla u(r\theta) \cdot \theta$;
\item soit $M >0$, sur $]0,M[ \times S_1$, on a $\norm{\partial_r h} \leq \Norm{\nabla u}_{\infty, \bar{B_M}}$ et cette constante est intégrable.
\end{itemize}
Donc $g$ est $\cC^1$ sur $]0,M[$ de dérivée 
\begin{equation*}
g':r \mapsto \int_{S_1} \nabla u(r\theta) \cdot \theta \dx \sigma_1(\theta) = \frac{1}{r^{d-1}}\int_{S_r}  \nabla u(x) \cdot  \frac{x}{\Norm{x}} \dx \sigma_r(x).
\end{equation*}
Ceci étant valable pour tout $M>0$, la fonction $g$ est $\cC^1$ avec la dérivée annoncée.

\end{sol}

\end{enumerate}

On suppose désormais que la fonction $u$ est harmonique.

\begin{enumerate}[resume]

\item \label{q: formule de la moyenne 1} Montrer que $g$ constante dans ce cas, et établir la première formule de la moyenne:
\begin{equation}
\label{eq: formule de la moyenne 1}
\forall r >0, \qquad u(0) = \frac{1}{\sigma_r(S_r)} \int_{S_r} u(x) \dx \sigma_r(x).
\end{equation}

\begin{sol}

Soit $r>0$, on applique la première formule de Green~\eqref{eq: formule de Green 1} sur $B_r$, en gardant en mémoire que le champ de vecteurs unitaires normal à $S_r$ et sortant de $B_r$ est $N$:
\begin{equation*}
0 = \int_{B_r} \Delta u \dx x = \int_{S_r} \nabla u \cdot N \dx \sigma_r = r^{d-1} g'(r).
\end{equation*}

Ainsi si $u$ est harmonique, $g'$ est nulle et donc $g$ est constante sur $]0,+\infty[$. Par ailleurs, il est naturel de penser que:
\begin{equation*}
g(r) = \int_{S_1} u(r\theta) \dx \sigma_1(\theta)
\end{equation*}
converge vers $u(0) \sigma_1(S_1)$ lorsque $r \to 0$, prouvons-le. Pour tout $r <1$, on a
\begin{align*}
\norm*{\int_{S_1} u(r \theta) \dx \sigma_1(\theta) - u(0) \sigma_1(S_1)} &= \norm*{\int_{S_1} \parentheses*{u(r \theta)-u(0)} \dx \sigma_1(\theta)} \leq \int_{S_1} \Norm*{u(r \theta)-u(0)} \dx \sigma_1(x)\\
&\leq r \Norm{\nabla u}_{\infty,\bar{B_1}} \sigma_1(S_1) \xrightarrow[r \to 0]{}0,
\end{align*}
par le théorème des accroissements finis. Ainsi, $g(r) \xrightarrow[r \to 0]{} u(0) \sigma_1(S_1)$ et, pour tout $r>0$,
\begin{equation*}
u(0) = \frac{1}{\sigma_1(S_1)} \int_{S_1} u(r\theta) \dx \sigma_1(\theta) = \frac{1}{\sigma_r(S_r)} \int_{S_r} u(x) \dx \sigma_r(x),
\end{equation*}
où on a de nouveau utilisé l'exercice 3 du TD8 et le fait que $\sigma_r(S_r) = r^{d-1}\sigma_1(S_1)$.

\end{sol}

\item \label{q: formule de la moyenne 2} En déduire la seconde formule de la moyenne:
\begin{equation}
\label{eq: formule de la moyenne 2}
\forall R >0, \qquad u(0) = \frac{1}{\vol(B_R)} \int_{B_R} u(x) \dx x.
\end{equation}

\begin{sol}

Soit $R >0$, on fait un changement de variable sphérique:
\begin{equation*}
\int_{B_R} u(x) \dx x = \int_{B_R \setminus \brackets{0}} u(x) \dx x = \int_0^R \int_{S_1} r^{d-1} u(r\theta) \dx \sigma_1(\theta)\dx r.
\end{equation*}

Par l'exercice~3 du TD8, pour tout $r >0$,
\begin{equation*}
\int_{S_1} r^{d-1} u(r\theta) \dx \sigma_1(\theta) = \int_{S_r} u(x) \dx \sigma_r(x) = u(0)\sigma_r(S_r) = u(0)r^{d-1}\sigma_1(S_1)
\end{equation*}
d'après la formule~\eqref{eq: formule de la moyenne 1}. Donc
\begin{equation*}
\frac{1}{\vol(B_R)}\int_{B_R} u(x) \dx x = \frac{u(0)\sigma_1(S_1)}{R^d\vol(B_1)} \int_0^R r^{d-1}\dx r = u(0) \frac{\sigma_1(S_1)}{d\vol(B_1)} = u(0).
\end{equation*}

\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}


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

\begin{exo}[Solution fondamentale de $\Delta$]
\label{exo: solution fondamentale de Delta}

Soient $d \in \N \setminus \brackets{0,2}$ et $f_d : x \in \R^d \setminus \{0\} \mapsto \Norm{x}^{2-d}$. Il a été vu en cours que $f_d$ était une solution fondamentale de $P(\partial) = \Delta$ dans $\R^d$, en utilisant les distributions homogènes, on propose de redémontrer ce résultat par un calcul ``direct''.

\begin{enumerate}

\item \label{q: fd dans D'} Vérifier que $f_d$ définit un élément de $\cD'(\R^d)$.

\begin{sol}

La fonction $f_d$ est $\cC^\infty$ donc $L^1_{\loc}$ sur $\R^d \setminus \brackets{0}$. Par ailleurs, d'après l'exercice~2 du TD8, la fonction $f_d$ est intégrable au voisinage de $0$. On a donc $f_d \in L^1_\text{loc}(\R^d) \subset \cD'(\R^d)$.

\end{sol}

\item \label{q: laplacien fd lisse} Pour tout $x \in \R^d \setminus \brackets{0}$, calculer $\nabla f_d(x)$ et $\Delta f_d(x)$, au sens de la dérivation usuelle.

\begin{sol}

Sur $\R^d \setminus \brackets{0}$ la fonction $f_d$ est $\cC^\infty$. On peut donc bien calculer ses dérivées partielles au sens usuel. Pour tout $x \in \R^d \setminus \brackets{0}$, on a:
\begin{align*}
& & f_d(x) &= \Norm{x}^{2-d} = \parentheses*{\sum_{j=1}^d x_j^2}^{1-\frac{d}{2}},\\
& \forall i \in \brackets{1,\cdots,d}, & \partial_i f_d(x)&= \parentheses*{2-d}x_i\parentheses*{\sum_{j=1}^d x_j^2}^{-\frac{d}{2}} = (2-d)x_i \Norm{x}^{-d},\\
& \forall i \in \brackets{1,\cdots,d}, & \partial^2_i f_d(x) &= \parentheses*{2-d}\parentheses*{\sum_{j=1}^d x_j^2}^{-\frac{d}{2}} -d \parentheses*{2-d}x_i^2\parentheses*{\sum_{j=1}^d x_j^2}^{-1-\frac{d}{2}}\\
& & &= \parentheses*{2-d}\parentheses*{\Norm{x}^2 - d x_i^2}\Norm{x}^{-2-d}.
\end{align*}
On obtient donc $\nabla f_d(x) = (2-d)x\Norm{x}^{-d}$ et $\Delta f_d(x)=(2-d)\Norm{x}^{-(d+2)}\sum_{i=1}^d \parentheses{\Norm{x}^2-dx_i^2} =0$.

\end{sol}

\item \label{q: int sur petite sphere} Vérifier que $\displaystyle \int_{S_\epsilon} f_d \dmesure \sigma_\epsilon \xrightarrow[\epsilon \to 0]{} 0$. En déduire que si $g: \R^d \setminus \brackets{0} \to \C$ est continue et bornée alors $g f_d \: \sigma_\epsilon$ définit une distribution qui converge vers $0$ dans $\cD^\prime(\R^d)$.

\begin{sol}
Soit $\epsilon > 0$, comme $\sigma_\epsilon (S_\epsilon) = \epsilon^{d-1} \sigma_1 (S_1)$ on a
 \[
  \left| \int_{S_\epsilon} f_d \dmesure \sigma_\epsilon \right| \leq \int_{S_\epsilon} f_d \dx \sigma_\epsilon = \frac{1}{\epsilon^{d-2}} \sigma_\epsilon (S_\epsilon) = \sigma_1 (S_1) \epsilon \xrightarrow[\epsilon \to 0]{} 0 \: .
 \]

On peut en déduire que $\displaystyle g f_d \: \sigma_\epsilon \xrightarrow[\epsilon \to 0]{} 0$ dans $\cD^\prime(\R^d)$. En effet, si $\epsilon>0$ et $\varphi \in \cD(\R^d)$,
 \[
  \left| \prsc{g f_d \sigma_\epsilon}{\varphi} \right| \leq \int_{S_\epsilon} f_d \norm{g} |\varphi|  \dmesure \sigma_\epsilon \leq \Norm{\varphi}_\infty \Norm{g}_\infty \int_{S_\epsilon} f_d \dmesure \sigma_\epsilon.
 \]
 
À $\epsilon>0$ fixé, cela prouve que $g f_d \sigma_\epsilon$ définit une distribution d'ordre $0$. Puis, pour tout $\varphi \in \cD(\R^d)$ on a
\begin{equation*}
\norm*{\prsc{g f_d \sigma_\epsilon}{\varphi}} \leq \Norm{\varphi}_\infty\Norm{g}_\infty \int_{S_\epsilon} f_d \dmesure \sigma_\epsilon \xrightarrow[\epsilon \to 0]{}0.
\end{equation*}
Donc $g f_d \sigma_\epsilon \xrightarrow[\epsilon \to 0]{}0$ dans $\cD'(\R^d)$.
\end{sol}

\item \label{q: terme de bord saut} En appliquant la formule des sauts, montrer que $\displaystyle \Delta f_d = \lim_{\epsilon \to 0} \nabla f_d \cdot N \: \sigma_\epsilon$ dans $\cD^\prime (\R^d)$.

\begin{sol}

On commence par remarquer que pour tout $R > \epsilon$, on a $f_d \one_{B_R \setminus \overline{B_\epsilon}} \xrightarrow[\epsilon \to 0]{} f_d \one_{B_R}$ dans $L^1(\R^d)$ car $f_d \in L^1(B_R)$. On en déduit que $f_d = \displaystyle \lim_{\epsilon \to 0} f_d \: \one_{\R^d \setminus \overline{B_\epsilon}}$ dans $\cD'(\R^d)$.

Comme $f_d$ est bien $\cC^\infty$ au voisinage de $\R^d \setminus \bar{B_\epsilon}$, on peut appliquer la formule des sauts à $h_\epsilon = f_d \: \one_{\R^d \setminus \overline{B_\epsilon}} + 0 \cdot \one_{B_\epsilon}$. Pour tout $i \in \{ 1, \ldots, d \}$, on obtient:
  \[
\partial_i h_\epsilon = \one_{\R^d \setminus \overline{B_\epsilon}} \:  \partial_i f_d  + 0 + \left( f_d - 0 \right) N_i \: \sigma_\epsilon =  \one_{\R^d \setminus \overline{B_\epsilon}} \:  \partial_i f_d   + f_d N_i \: \sigma_\epsilon
  \]
et en appliquant similairement la formule des sauts à $\one_{\R^d \setminus \overline{B_\epsilon}} \:  \partial_i f_d$ on obtient
\[
 \partial_i^2 h_\epsilon = \one_{\R^d \setminus \overline{B_\epsilon}} \:  \partial_i^2 f_d  + \partial_i f_d  N_i \: \sigma_\epsilon + \partial_i \left(f_d N_i \: \sigma_\epsilon \right)
\]
Comme $N_i$ est continue et bornée sur $\R^d \setminus \brackets{0}$, d'après la question~\ref{q: int sur petite sphere} on a $f_d N_i \: \sigma_\epsilon \xrightarrow[\epsilon \to 0]{}0$ dans $\cD^\prime(\R^d)$ et donc $\partial_i(f_d N_i \: \sigma_\epsilon) \xrightarrow[\epsilon \to 0]{}0$ par continuité de la dérivation sur $\cD^\prime(\R^d)$. Comme $\Delta$ est aussi continu sur $\cD'(\R^d)$, on a ainsi
\[
 \Delta f_d = \lim_{\epsilon \to 0} \Delta h_\epsilon = \lim_{\epsilon \to 0} \sum_{i=1}^d \partial_i^2 h_\epsilon = \lim_{\epsilon \to 0} \underbrace{\one_{\R^d \setminus \overline{B_\epsilon}} \: \Delta f_d}_{=0}  +\nabla f_d \cdot N \: \sigma_\epsilon \: .
\]

\begin{rem}
On pourrait être plus malin et appliquer la formule des sauts à la fonction continue $\widetilde{h_\epsilon} = f_d \: \one_{\R^d \setminus \overline{B_\epsilon}} + f_d(\epsilon) \: \one_{B_\epsilon}$, qui prolonge ${f_d}_{| \R^d \setminus \overline{B_\epsilon}}$ par une constante sur $B_\epsilon$. Il n'y a alors pas de terme de saut dans $\partial_i \widetilde{h_\epsilon} = \partial_i f_d \: \one_{\R^d \setminus \overline{B_\epsilon}}$, ce qui économise un peu de salive ou d'encre\dots
\end{rem}

\end{sol}

\item \label{q: terme de bord green} Redémontrer que $\displaystyle \Delta f_d = \lim_{\epsilon \to 0} \nabla f_d \cdot N \: \sigma_\epsilon$ dans $\cD^\prime (\R^d)$, en utilisant cette fois une formule de Green pour le laplacien.

\begin{sol}

Comme dans la question précédente, on utilise le fait que $f_d = \displaystyle \lim_{\epsilon \to 0} f_d \: \one_{\R^d \setminus \overline{B_\epsilon}}$ dans $\cD'(\R^d)$.

Soient $\varphi \in \cD(\R^d)$ et $R > \epsilon$ tel que $\supp \varphi \subset B_R$, on a déjà
\[
 \prsc{\Delta f_d}{\varphi} = \prsc{f_d}{\Delta \varphi} = \lim_{\epsilon \to 0} \prsc{\one_{B_R \setminus \overline{B_\epsilon}} f_d}{\Delta \varphi}
\]
Pour $\epsilon > 0$, on considère l'ouvert borné à frontière lisse $\Omega = B_R \setminus \overline{B_\epsilon}$. Les fonctions $f_d$ et $\varphi$ sont bien de classe $C^\infty$ au voisinage de $\overline{\Omega}$. Par la deuxième formule de Green~\eqref{eq: formule de Green 2}, on obtient
\begin{align*}
 \prsc{\one_{B_R \setminus \overline{B_\epsilon}} f_d}{\Delta \varphi} & = \int_{B_R \setminus \overline{B_\epsilon}} \underbrace{ \Delta f_d(x)}_{=0} \varphi(x) \dx x + \int_{S_\epsilon} \left( f_d \nabla \varphi - \varphi \nabla f_d \right) \cdot (-N) \dmesure \sigma_\epsilon \\
 & =  \int_{S_\epsilon}  \varphi \nabla f_d  \cdot N \dmesure \sigma_\epsilon - \int_{S_\epsilon}  f_d \nabla \varphi \cdot N \dmesure \sigma_\epsilon,
\end{align*}
où on a utilisé d'une part que $\supp \varphi \subset B_R$ et donc le terme portant sur $S_R \subset \partial \Omega = S_R \cup S_\epsilon$ est nul, et d'autre part que la normale sortante de $\Omega$ sur $S_\epsilon$ est $-N$. On conclut en observant que le second terme ci-dessus tend vers $0$ lorsque $\epsilon \to 0$. En effet, par la question \ref{q: int sur petite sphere},
\[
 \left| \int_{S_\epsilon} f_d \nabla \varphi \cdot N \dmesure \sigma_\epsilon \right| \leq \| \nabla \varphi \|_\infty \int_{S_\epsilon} f_d \dmesure \sigma_\epsilon \xrightarrow[\epsilon \to 0]{} 0.
\]

Donc, pour tout $\varphi \in \cD(\R^d)$, $\prsc{\Delta f_d}{\varphi} = \displaystyle \lim_{\epsilon \to 0} \prsc{\nabla f_d \cdot N \sigma_\epsilon}{\varphi}$.

\end{sol}

\item \label{q: solution fondamentale d neq 2} Calculer $\Delta f_d$ dans $\cD'(\R^d)$.

\begin{sol}

Commençons par remarquer que sur $\R^d \setminus \brackets{0}$, la fonction $f_d$ est $\cC^\infty$. Sur ce domaine, ses dérivées partielles au sens des distributions coïncident avec celles au sens usuel. D'après la question~\ref{q: laplacien fd lisse}, on a donc $\parentheses*{\Delta f_d}_{\vert \R^d \setminus \brackets{0}}=0$. En particulier, $\Delta f_d$ est supportée en $0$ et est donc une combinaison linéaire de dérivées partielles de $\delta_0$.

Pour calculer $\Delta f_d$, on va s'appuyer sur la formule prouvée dans les questions~\ref{q: terme de bord saut} et~\ref{q: terme de bord green}. Soit $\varphi \in \cD(\R^d)$ et soit $\epsilon >0$, d'après les calculs effectués à la question~\ref{q: laplacien fd lisse}, pour $x \in S_\epsilon$, 
\[
\nabla f_d(x) \cdot N(x) = -(d-2) \frac{x}{\Norm{x}^{d}} \cdot \frac{x}{\Norm{x}} = - (d-2) \frac{1}{\Norm{x}^{d-1}} = - (d-2) \frac{1}{\epsilon^{d-1}}
\]
de sorte que
\begin{equation}
\label{eq: calcul laplacien fd}
\int_{S_\epsilon} \varphi \nabla f_d \cdot N \dmesure \sigma_\epsilon = - (d-2) \frac{1}{\epsilon^{d-1}} \int_{S_\epsilon} \varphi \dmesure \sigma_\epsilon 
\end{equation}
On peut appliquer l'inégalité des accroissements finis à $\varphi$ entre $x \in S_\epsilon$ et $0$ :
\[
 | \varphi(x) - \varphi(0) | \leq \| \nabla \varphi \|_\infty \Norm{x} 
\]
et en intégrant sur $S_\epsilon$ l'inégalité précédente, il vient
\[
\frac{1}{\epsilon^{d-1}} \int_{S_\epsilon} | \varphi - \varphi(0)| \dmesure \sigma_\epsilon \leq \| \nabla \varphi \|_\infty \frac{1}{\epsilon^{d-1}} \int_{S_\epsilon} \epsilon \sigma_\epsilon = \| \nabla \varphi \|_\infty  \epsilon \sigma_1 (S_1) \xrightarrow[\epsilon \to 0]{} 0 \: .
\]
On conclut
\[
 \lim_{\epsilon \to 0} \int_{S_\epsilon} \varphi \nabla f_d \cdot N \dmesure \sigma_\epsilon = - (d-2) \lim_{\epsilon \to 0} \frac{1}{\epsilon^{d-1}} \int_{S_\epsilon} \varphi(0) \dmesure \sigma_\epsilon = - (d-2) \sigma_1 (S_1) \varphi(0) \: .
\]

Par les questions~\ref{q: terme de bord saut} et~\ref{q: terme de bord green}, on obtient donc pour tout $\varphi \in \cD(\R^d)$,
\begin{equation*}
\prsc{\Delta f_d}{\varphi} = -(d-2)\sigma_1(S_1) \prsc{\delta_0}{\varphi}.
\end{equation*}
Donc $\Delta f_d = (2-d)\sigma_1(S_1) \delta_0$, et par l'exercice~4 du TD8, on a $\Delta f_d = -4\pi^\frac{d}{2}\Gamma\parentheses*{\frac{d-2}{2}}^{-1} \delta_0$. Pour $d \geq 3$ la constante est négative, mais pour $d=1$ on a $\Delta f_1 = \parentheses*{x \mapsto \norm{x}}'' = 2 \delta_0$.

\end{sol}

\item (\emph{facultatif}) \label{q: solution fondamentale d eq 2} Pour $d=2$, on pose $f_2 : x \mapsto \ln \Norm{x}$. Calculer $\Delta f_2$ dans $\cD'(\R^2)$ par la même méthode que ci-dessus.

\begin{sol}

La fonction $f_2$ est $\cC^\infty$ donc $L^1_\text{loc}$ sur $\R^2 \setminus \brackets{0}$. Au voisinage de $0$, on a $\norm*{\strut \ln \Norm{x}} = O\parentheses*{\Norm{x}^{-1}}$. Comme $x \mapsto \Norm{x}^{-1}$ est intégrable au voisinage de $0$ d'après l'exercice~2 du TD8, c'est aussi le cas de $f_2$. Donc $f_2 \in L^1_\text{loc}(\R^2) \subset \cD'(\R^2)$.

Pour tout $x \in \R^2 \setminus \brackets{0}$, on obtient par des calculs directs similaires à ceux de la question~\ref{q: laplacien fd lisse}:
\begin{align*}
&\forall i \in \brackets{1,2}, & &\partial_i f_2(x) = \frac{x_i}{\Norm{x}^2}, & &\partial^2_i f_2(x) = \frac{\Norm{x}-2x_i^2}{\Norm{x}^4},\\
& & &\nabla f_2 (x) = \frac{x}{\Norm{x}^2}, & &\Delta f_2(x)= \frac{1}{\Norm{x}^4}\parentheses*{2\Norm{x}^2 - 2 x_1^2 - 2 x_2^2}=0.
\end{align*}

La preuve de la question~\ref{q: terme de bord green} reste vraie sans modification. On a donc pour tout $\varphi \in \cD(\R^2)$,
\begin{equation*}
\prsc{\Delta f_2}{\varphi} = \lim_{\epsilon\to 0} \int_{S_\epsilon} \parentheses*{\varphi \ \nabla f_d - f_d \ \nabla \varphi} \cdot N \dx \sigma_\epsilon.
\end{equation*}
Puis, pour tout $\epsilon >0$,
\begin{align*}
\int_{S_\epsilon} \parentheses*{\varphi \ \nabla f_d - f_d \ \nabla \varphi} \cdot N \dx \sigma_\epsilon &= \frac{1}{\epsilon} \int_{S_\epsilon} \varphi(x) \dx \sigma_\epsilon(x) - \ln\norm{\epsilon} \int_{S_\epsilon} \nabla \varphi  \cdot N \dx \sigma_\epsilon\\
&= \int_{S_1} \varphi(\epsilon x) \dx \sigma_1(x) + O\parentheses{\strut \ln \norm{\epsilon} \sigma_\epsilon(S_\epsilon)}\\
&= \varphi(0) \sigma_1(S_1) + \int_{S_1}\parentheses*{\varphi(\epsilon x)-\varphi(0)} \dx \sigma_1(S_1) + O\parentheses*{\epsilon\ln \norm{\epsilon}}\\
&\xrightarrow[\epsilon \to 0]{} 2\pi \varphi(0).
\end{align*}
Donc $\Delta f_2 = 2\pi \delta_0$.

\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}


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

\begin{exo}[Formule de Cauchy--Pompeiu --- \emph{facultatif}]
\label{exo: formule de Cauchy-Pompeiu}

On identifie canoniquement $\R^2$ à $\C$ via $x=(x_1 ,x_2) \mapsto z = x_1 + i x_2$. On rappelle que $\frac{\partial}{\partial \bar{z}} = \frac{1}{2} (\partial_1 + i \partial_2)$.

\begin{enumerate}

\item \label{q: Cauchy f distrib} Soit $f:z \mapsto \frac{1}{z}$ de $\C^*$ dans $\C$. Vérifier que $f$ définit une distribution sur $\C \simeq \R^2$, et montrer que $f \one_{\R^2 \setminus B_\epsilon} \xrightarrow[\epsilon \to 0]{} f$ dans $\cD'(\R^2)$.

\begin{sol}

Pour tout $z \in \C^*$, on a $\norm{f(z)} = \frac{1}{\norm{z}} = \frac{1}{\Norm{x}}$. D'après l'exercice 2 du TD8, cette fonction est intégrable en $0$ dans $\R^2$. Comme $f$ est holomorphe sur $\C^*$, on en déduit que $f \in L^1_\loc(\R^2)$ et donc définit bien une distribution sur $\R^2$.

Pour tout $\varphi \in \cD(\R^2)$, on a donc $\varphi f \in L^1(\R^2)$. Donc
\begin{equation*}
\prsc{f \one_{\R^2 \setminus B_\epsilon}}{\varphi} = \int_{\R^d \setminus B_\epsilon} f(x) \varphi(x) \dx x \xrightarrow[\epsilon \to 0]{} \int_{\R^d} f(x) \varphi(x) \dx x = \prsc{f}{\varphi}.
\end{equation*}
D'où $f \one_{\R^2 \setminus B_\epsilon} \xrightarrow[\epsilon \to 0]{} f$ dans $\cD'(\R^2)$.

\end{sol}

\item \label{q: derivée f} Montrer que $\frac{\partial}{\partial \bar{z}} f = \pi \delta_0$.
 
\begin{sol}

Pour tout $\epsilon >0$, on note $f_\epsilon = f \one_{\R^2 \setminus B_\epsilon}$. Comme $f_\epsilon \xrightarrow[\epsilon \to 0]{\cD'}f$ on a $\frac{\partial}{\partial \bar{z}} f_\epsilon \xrightarrow[\epsilon \to 0]{\cD'} \frac{\partial}{\partial \bar{z}}f$. On va procéder comme dans la question~\ref{q: terme de bord saut} de l'exercice~\ref{exo: solution fondamentale de Delta}, et calculer $\frac{\partial}{\partial \bar{z}} f_\epsilon$ via la formule des sauts.

Soit $\epsilon >0$. Comme $f$ est holomorphe sur $\C^*$, elle est en particulier $\cC^\infty$ sur un voisinage de $\R^2 \setminus B_\epsilon$. Pour $j \in \brackets{1,2}$, la formule des sauts appliquée à $f_\epsilon = f \one_{\R^2 \setminus B_\epsilon} + 0 \cdot \one_{B_\epsilon}$ montre que
\begin{equation*}
\partial_j f_\epsilon = (\partial_j f) \one_{\R^2 \setminus B_\epsilon} + 0 \cdot \one_{B_\epsilon} + (f-0) N_j \sigma_\epsilon,
\end{equation*}
où $N$ est la normale unitaire sortante de $B_\epsilon$. Donc
\begin{align*}
\frac{\partial}{\partial \bar{z}} f_\epsilon &= \frac{1}{2}\parentheses*{\partial_1 + i \partial_2}f_\epsilon = \frac{1}{2}\parentheses*{\partial_1 f \one_{\R^2 \setminus B_\epsilon} + i \partial_1 f \one_{\R^2 \setminus B_\epsilon}} + f\frac{1}{2}\parentheses*{N_1 +iN_2} \sigma_\epsilon\\
&= \one_{\R^2 \setminus B_\epsilon} \frac{\partial}{\partial \bar{z}} f  + \frac{1}{2}f N \sigma_\epsilon = \frac{1}{2}f N \sigma_\epsilon,
\end{align*}
car $f$ est holomorphe sur $\C^*$. Pour tout $z \in S_\epsilon$, la normale unitaire sortante de $B_\epsilon$ en $z$ est $N(z) = \frac{z}{\norm{z}}=\frac{z}{\epsilon}$, donc $f(z)N(z) = \frac{1}{\epsilon}$. On obtient finalement que $\frac{\partial}{\partial \bar{z}} f_\epsilon = \frac{1}{2\epsilon}\sigma_\epsilon$.

Il reste à vérifier que $\frac{1}{2\epsilon}\sigma_\epsilon \xrightarrow[\epsilon \to 0]{} \pi \delta_0$ dans $\cD'(\R^2)$. Soit $\varphi \in \cD(\R^2)$, on a:
\begin{equation*}
\prsc*{\frac{1}{2\epsilon}\sigma_\epsilon}{\varphi} = \frac{1}{2\epsilon}\int_{S_\epsilon} \varphi(z) \dx \sigma_\epsilon(z) = \frac{1}{2} \int_{S_1} \varphi(\epsilon \theta) \dx \sigma_1(\theta),
\end{equation*}
où on a utilisé l'exercice~3 de la feuille 8. Alors, comme $\sigma_1(S_1)=2\pi$ en dimension $d=2$,
\begin{align*}
\norm*{\prsc*{\frac{1}{2\epsilon}\sigma_\epsilon}{\varphi}- \pi \varphi(0)} &= \norm*{\frac{1}{2} \int_{S_1} \parentheses*{\varphi(\epsilon \theta)-\varphi(0)} \dx \sigma_1(\theta)} \leq \frac{1}{2}\int_{S_1} \norm{\varphi(\epsilon \theta)-\varphi(0)} \dx \sigma_1(\theta)\\
&\leq \frac{\epsilon}{2}\Norm{D\varphi}_\infty \sigma_1(S_1) = \pi \Norm{D\varphi}_\infty \epsilon \xrightarrow[\epsilon \to 0]{}0.
\end{align*}
Donc $\prsc*{\frac{1}{2\epsilon}\sigma_\epsilon}{\varphi} \xrightarrow[\epsilon \to 0]{}\pi \varphi(0)$ pour tout $\varphi \in \cD(\R^2)$, i.e. $\frac{\partial}{\partial \bar{z}} f_\epsilon=\frac{1}{2\epsilon}\sigma_\epsilon \xrightarrow[\epsilon \to 0]{}\pi \delta_0$ dans $\cD'(\R^2)$. Finalement, on obtient bien $\frac{\partial}{\partial \bar{z}} f=\pi \delta_0$.

\end{sol}

\item \label{q: formule de Pompeiu} Soit $R >0$, calculer $\frac{\partial}{\partial \bar{z}}\parentheses*{f - f_R}$. En déduire que pour tout $\varphi \in \cC^\infty(\R^2)$
\begin{equation}
\label{eq: Cauchy-Pompeiu}
\varphi(0) = \frac{1}{2i\pi} \int_{S_R} \frac{\varphi(z)}{z} \dx z - \int_{B_R} \frac{1}{\pi z} \frac{\partial \varphi}{\partial \bar{z}}(z) \dx\lambda(z).
\end{equation}

\begin{sol}

Vus les calculs précédents, on a $\frac{\partial}{\partial \bar{z}}\parentheses*{f - f_R} = \pi \delta_0 - \frac{1}{2R} \sigma_R$. Par ailleurs, $f- f_R = f \one_{B_R}$ est nulle hors de $B_R$, donc la distribution associée est à support compact. Il est donc licite de l'évaluer contre des fonctions $\cC^\infty$.

Soit $\varphi \in \cC^\infty(\R^2)$, on calcule:
\begin{align*}
\prsc*{\frac{\partial}{\partial \bar{z}}\parentheses*{f - f_R}}{\varphi} &= -\prsc*{f-f_R}{\frac{\partial \varphi}{\partial \bar{z}}} = -\int_{\R^2} f(z)\one_{B_R}(z) \frac{\partial \varphi}{\partial \bar{z}}(z) \dx \lambda(z)\\
&= - \int_{B_R} \frac{1}{z}\frac{\partial \varphi}{\partial \bar{z}}(z) \dx \lambda(z).
\end{align*}
Par ailleurs,
\begin{equation*}
\prsc*{\frac{\partial}{\partial \bar{z}}\parentheses*{f - f_R}}{\varphi} = \prsc*{\pi \delta_0-\frac{1}{2R}\sigma_R}{\varphi} = \pi \varphi(0) - \frac{1}{2R} \int_{S_R} \varphi(z) \dx \sigma_R(z).
\end{equation*}
Donc
\begin{equation}
\label{eq: CP intermediaire}
\varphi(0) = \frac{1}{2\pi R} \int_{S_R} \varphi(z) \dx \sigma_R(z)- \int_{B_R} \frac{1}{\pi z}\frac{\partial \varphi}{\partial \bar{z}}(z) \dx \lambda(z).
\end{equation}

Comme $S_R$ est une courbe, sa mesure superficielle coïncide avec sa longueur d'arc. En paramétrant $S_R$ par $\theta \mapsto Re^{i\theta}$, il vient
\begin{equation*}
\frac{1}{R}\int_{S_R} \varphi(z) \dx \sigma_R(z) = \frac{1}{R}\int_0^{2\pi} \varphi(Re^{i\theta})R \dx \theta = \frac{1}{i}\int_0^{2\pi} \frac{\varphi(Re^{i\theta})}{Re^{i\theta}} R i e^{i\theta} \dx \theta = \frac{1}{i}\int_{S_R} \frac{\varphi(z)}{z} \dx z.
\end{equation*}
La dernière égalité vient de la définition du dernier terme en analyse complexe. Comme $S_R$ est paramétré par $\theta \mapsto R e^{i\theta}$ on a $\dx z = i R e^{i \theta} \dx \theta$. Finalement, on obtient la formule~\eqref{eq: Cauchy-Pompeiu} en ré-injectant l'égalité précédente dans~\eqref{eq: CP intermediaire}.
\end{sol}

\item Soit $\Omega \subset \C$ un ouvert et $\varphi:\Omega \to \C$ holomorphe. Pour tout $R>0$ tel que $a + \bar{B_R} \subset \Omega$, montrer que
\begin{equation}
\label{eq: formule de Cauchy}
\varphi(a) = \frac{1}{2i\pi} \int_{a+S_R} \frac{\varphi(z)}{z-a} \dx z
\end{equation}

\begin{sol}

Considérons la fonction $\tau_{-a}\varphi = \varphi(a + \cdot)$ qui est holomorphe sur $\Omega-a$. Par hypothèse on a $\bar{B_R} \subset \Omega -a$. Soit $\chi \in \cD(\Omega)$ une fonction plateau qui est égale à $1$ sur un voisinage de $\bar{B_R}$. Alors $\chi \tau_{-a}\varphi \in \cC^\infty(\R^2)$, et on peut lui appliquer la formule~\eqref{eq: Cauchy-Pompeiu}:
\begin{equation*}
\chi(0)\varphi(a) = \frac{1}{2i \pi}\int_{S_R} \frac{1}{z}\chi(z) \varphi(a+z) \dx z - \int_{B_R} \frac{1}{\pi z} \frac{\partial}{\partial \bar{z}}\parentheses*{\chi \tau_{-a}\varphi}(z) \dx \lambda(z).
\end{equation*}
Comme $\chi \equiv 1$ au voisinage de $B_R$, on a $\chi(0)=1$ et, pour tout $z \in B_R$,
\begin{equation*}
\frac{\partial}{\partial \bar{z}}\parentheses*{\chi \tau_{-a}\varphi}(z) = \frac{\partial}{\partial \bar{z}}\parentheses*{\varphi(a+\cdot)}(z) = 0
\end{equation*}
car $\varphi$ est holomorphe. Ainsi,
\begin{equation*}
\varphi(a)= \frac{1}{2i \pi}\int_{S_R} \frac{\varphi(a+z)}{z} \dx z = \frac{1}{2i \pi}\int_{a+S_R} \frac{\varphi(z)}{z-a}  \dx z.
\end{equation*}

\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}

\end{document}
