\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{multicol} \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} 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du document \author{Blanche Buet, Dominique Hulin et Thomas Letendre} \date{2024 -- 2025} \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} Enseignant·e·s: \@author . \vspace{2ex} \hrule \begin{center} \begin{Large} \@title \end{Large} \end{center} \hrule \vspace{2ex} \makeatother %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% % Début du corps du texte %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \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}[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} Pour tout $f \in L^1(X,\mu)$, montrer que $\int_{X \setminus A_n} f(x) \dx \mu(x) \xrightarrow[n \to +\infty]{} \int_X f(x) \dx \mu(x)$. \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. \end{sol} \item \label{q: int tronquee general} (\emph{facultatif}) Montrer que le résultat reste vrai sans 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. \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{ntns} \begin{itemize} \item Soit $\alpha=\parentheses{\alpha_1,\dots,\alpha_d} \in \N^d$ un \emph{multi-indice}, on note $\norm{\alpha} = \sum_{i=1}^d \alpha_i$ sa \emph{longueur}, $\alpha! = \prod_{i=1}^n \alpha_i!$ et $\partial^\alpha = %\frac{\partial^{\norm{\alpha}}}{\partial x_1^{\alpha_1}\cdots \partial x_d^{\alpha_d}} = \partial_1^{\alpha_1} \ldots \partial_n^{\alpha_n}$. Pour tout $x=\parentheses{x_1,\dots,x_d} \in \R^d$ on note $x^\alpha = \prod_{i=1}^d x_i^{\alpha_i}$. \item Soient $\Omega$ un ouvert de $\R^d$ et $K \subset \Omega$ un compact, pour toute fonction $f \in \cC^l(\Omega)$ on note $N_{K,l}(f) = \max_{\norm{\alpha}\leq l} \Norm{\partial^\alpha f}_{\infty,K} = \sup \brackets*{\strut \norm{\partial^\alpha f(x)} \mvert \norm{\alpha} \leq l\ \text{et}\ x \in K}$. \end{itemize} \end{ntns} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \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 $k-1$ : \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*} 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}[Partie finie] \label{exo: partie finie} On considère la forme linéaire suivante sur $\cD(\R)$, où $\pf$ se lit \emph{partie finie}: \begin{equation*} \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{equation*} \begin{enumerate} \item \label{q: parties finies dans D'} Montrer que $\pf \parentheses*{\frac{1}{x^2}}$ définit une distribution sur $\R$. \begin{sol} Cette application est bien linéaire de $\cD(\R)$ dans $\C$. Soient $M> 0$ et $\varphi \in \cD_{[-M,M]}(\R)$. Par l'exercice~\ref{exo: 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, par la question~\ref{q: Hadarmard majoration} de l'exercice~\ref{exo: lemme de Hadamard}, \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 $2$. \begin{rem} Plutôt que d'utiliser l'exercice~\ref{exo: lemme de Hadamard}, on peut remarquer que $\psi:x \mapsto \frac{\varphi(x)-\varphi(0)-x\varphi'(0)}{x^2}$ se prolonge continuement en $0$ par $\frac{\varphi''(0)}{2}$, donc est intégrable sur $[-M,M]$. Par ailleurs, par la formule de Taylor--Lagrange, $\forall x \in \R$, $\norm{\psi(x)} \leq \Norm{\varphi''}_\infty$. Donc $\int_{-M}^M \psi(x) \dx x \leq 2M\Norm{\varphi''}_\infty$. \end{rem} \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}{3} \item $x \vp\parentheses*{\frac{1}{x}}$, \item \label{cas: x pf} $x \pf\parentheses*{\frac{1}{x^2}}$, \item $x^2 \pf \parentheses*{\frac{1}{x^2}}$. \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 $x \vp\parentheses*{\frac{1}{x}} =\one$. La partie finie est construite sur le même principe, en utilisant un procédé de renormalisation pour étendre une fonction non $L^1_\loc$ en une distribution. On s'attend donc à avoir $x^2 \pf \parentheses*{\frac{1}{x^2}}=\one$. 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 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, $x^2\pf\parentheses*{\frac{1}{x^2}}= x\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}=\one$. \end{enumerate} \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 monome Heaviside} Soient $H=\one_{[0,+\infty[}$ la fonction de Heaviside et $n \in \N$, calculer les dérivées successives dans~$\cD'(\R)$ de la fonction $x \mapsto \frac{x^n}{n!}H(x)$. \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 $k \in \ssquarebrackets{0}{n}$. 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}[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 tout $n \geq 0$. 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 $\psi_t : x \mapsto \frac{\varphi(x+t)-\varphi(x)}{t}$. Montrer que $\psi_t$ converge dans $\cD(\R)$ lorsque $t \to 0$, vers une certaine fonction à déterminer. \begin{sol} Si $\psi_t$ 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 $t \in [-1,1] \setminus \{0\}$, auquel cas $\supp(\psi_t) \subset [-M-1,M+1]$. 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*{\psi_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*{\psi_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 $\psi_t \xrightarrow[t \to 0]{}\varphi'$ 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 $\varphi_t:x \mapsto \varphi(tx)$ 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 fonctions $\cC^\infty$, 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 $\norm*{\frac{t^k-1}{t-1}}\norm*{\varphi^{(k)}(tx)-\varphi^{(k)}(x)} \leq \norm{t^k-1}\norm{x}\Norm{\varphi^{(k+1)}}_\infty$. 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*} \begin{rem} Alternativement on peut considérer la fonction $\Phi:(t,x)\mapsto \varphi(tx)$ qui est $\cC^\infty$ sur~$\R^2$. Soit $K = [\frac{1}{2},\frac{3}{2}] \times [-2M,2M]$, pour tout $k \in \N$ et $(t,x) \in K$, on a \begin{align*} \norm*{\psi_t^{(k)}(x)-\psi^{(k)}(x)} &= \frac{1}{\norm{t-1}}\norm*{\partial_x^k\Phi(t,x)-\partial_x^k\Phi(1,x)-(t-1)\partial_t\partial_x^k\Phi(1,x)}\\ &\leq \norm{t-1}\Norm*{\partial^2_t\partial^k_x\Phi}_{\infty,K}. \end{align*} par Taylor--Lagrange appliqué à $\partial_x^k\Phi$ à l'ordre $1$ entre $(1,x)$ et $(t,x)$. Comme $\psi_t-\psi$ est supportée dans $[-2M,2M]$ on en déduit que $\Norm{\psi_t^{(k)}-\psi^{(k)}}_\infty \leq \norm{t-1}\Norm*{\partial^2_t\partial^k_x\Phi}_{\infty,K} \xrightarrow[t\to 1]{}0$. \end{rem} \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 $f(x) = e^{-\frac{1}{x}}$ si $x>0$ et $f(x)=0$ sinon. Soit $\psi \in \cD(\R)$ une fonction plateau valant $1$ sur $[-1,1]$ et supportée dans $[-2,2]$, 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 $f^{(k)}:t \mapsto t^{-2k}P_k(t) f(t)$. \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 $\sup_{00$, 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}