\documentclass[11pt]{article}


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% Graphiques et Figures

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% Nouveaux environnements

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


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

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

\newcounter{aux}
\newcounter{soleq}

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

\specialcomment{sol}{
	\setcounter{aux}{\value{equation}}
	\setcounter{equation}{\value{soleq}}
	\renewcommand{\theequation}{\roman{equation}}
	\par\begingroup\color{violet}
	}
	{
	\endgroup
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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, Dominique Hulin et Thomas Letendre}
\date{2024 -- 2025}
\title{Feuille 4 -- Convergence au sens des distributions, 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}

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}[Lemme de Riemann--Lebesgue]
\label{exo: lemme de Riemann-Lebesgue}

Le but de cet exercice est de prouver le lemme de Riemann--Lebesgue: pour tout $f \in L^1(\R)$,
\begin{equation}
\label{eq: Riemann-Lebesgue}
\int_\R f(t) e^{ixt} \dx t \xrightarrow[\norm{x} \to +\infty]{} 0.
\end{equation}

\begin{enumerate}

\item \label{q: Riemann-Lebesgue D} Prouver \eqref{eq: Riemann-Lebesgue} pour tout $f \in \cD(\R)$. En déduire que $e_x \xrightarrow[\norm{x}\to +\infty]{\cD'(\R)}0$, où on a noté $e_x:t \mapsto e^{ixt}$.

\begin{sol}

Soit $f \in \cD(\R)$, on procède par intégration par parties, en utilisant le fait que $f$ est nulle hors d'un compact. Soit $M >0$ tel que $\supp(f) \subset [-M,M]$, pour tout $x \in \R^*$, on a:
\begin{align*}
\norm*{\int_\R f(t)e^{itx} \dx t} &= \norm*{\int_{-M}^{M} f(t)e^{itx} \dx t} = \norm*{\squarebrackets*{\frac{1}{ix}f(t)e^{itx}}_{-M}^{M} - \frac{1}{ix} \int_{-M}^{M} f'(t) e^{itx} \dx t}\\
&= \frac{1}{\norm{x}} \norm*{\int_\R f'(t) e^{itx} \dx t}\leq \frac{\Norm{f'}_1}{|x|} \xrightarrow[|x|\to +\infty]{} 0.
\end{align*}

Pour tout $x \in \R$, la fonction $e_x$ est $\cC^\infty$ donc définit bien une distribution. Comme~\eqref{eq: Riemann-Lebesgue} est vérifiée pour les fonctions-test, on a $\prsc{e_x}{\varphi}\xrightarrow[\norm{x}\to 0]{}0$ pour tout $\varphi \in \cD(\R)$, i.e. $e_x \xrightarrow[\norm{x}\to +\infty]{\cD'(\R)}0$.
\end{sol}

\item \label{q: Riemann-Lebesgue L1} En déduire que~\eqref{eq: Riemann-Lebesgue} est valable pour tout $f \in L^1(\R)$.

\begin{sol}

On utilise la densité de $\cD(\R)$ dans $L^1(\R)$. Soit $f \in L^1(\R)$, pour tout $g \in \cD(\R)$ et $x \in \R$ on a:
\begin{equation*}
\norm*{ \int_\R f(t)e^{itx}\dx t} \leq \norm*{\int_\R f(t)e^{itx}\dx t - \int_\R g(t)e^{itx}\dx t} + \norm*{\int_\R g(t)e^{itx}\dx t} \leq \Norm{f-g}_1 +\norm*{\int_\R g(t)e^{itx}\dx t}.
\end{equation*}

Soit $\epsilon >0$. Par densité de $\cD(\R)$ dans $L^1(\R)$, il existe $g \in \cD(\R)$ tel que $\Norm{f-g}_1< \epsilon$. D'après la question~\ref{q: Riemann-Lebesgue D} pour tout $x$ suffisamment loin de zéro on a $\norm*{\int_\R g(t)e^{itx}\dx t} <\epsilon$ et donc $\norm*{ \int_\R f(t)e^{itx}\dx t} < 2\epsilon$. D'où le résultat.

\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}


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

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

Pour tout $n \in \N$, on note $e_n:x \mapsto e^{inx}$. Montrer que les suites de distributions suivantes convergent dans $\cD'(\R)$ quand $n \to +\infty$ et déterminer leur limite.

\begin{enumerate}

\item \label{q: CV An} $A_n = n^{100}e_n$.

\begin{sol}

Soit $n \in \N$, pour tout $k \in \N$, $e_n^{(k)} = (in)^k e_n$. Donc $A_n = e_n^{(100)}$ en tant que fonction $\cC^\infty$ et donc dans $\cD'(\R)$. Pour tout $\varphi \in \cD(\R)$,
\begin{equation*}
\prsc{A_n}{\varphi} = \prsc{e_n^{(100)}}{\varphi} = \prsc{e_n}{\varphi^{(100)}} \xrightarrow[n \to +\infty]{}0.
\end{equation*}
Donc $A_n \xrightarrow[n \to +\infty]{\cD'}0$.

\begin{rem}
On a utilisé ici le fait que la dérivation est un opérateur continu de $\cD'(\R)$ dans lui-même. Comme $e_n \xrightarrow[n \to +\infty]{\cD'}0$ alors $e_n^{(k)} \xrightarrow[n \to +\infty]{\cD'}0$ pour tout $k \in \N$.
\end{rem}

\end{sol}

\item \label{q: CV Bn} $B_n:x \mapsto \cos^2(nx)$.

\begin{sol}

Pour tout $n \in \N$, $B_n = \parentheses*{\frac{e_n+e_{-n}}{2}}^2 = \frac{1}{2} + \frac{1}{4}\parentheses{e_{2n}+e_{-2n}}$. Soit $\varphi \in \cD(\R)$, on a
\begin{equation*}
\prsc{e_{-2n}}{\varphi} = \int_\R e^{-2inx} \varphi(x) \dx x = \bar{\int_\R e^{2inx} \bar{\varphi(x)}\dx x} = \bar{\prsc*{e_{2n}}{\bar{\varphi}}} \xrightarrow[n \to +\infty]{}0,
\end{equation*}
d'après l'exercice~\ref{exo: lemme de Riemann-Lebesgue}. Donc $e_{2n} \xrightarrow[n \to \pm\infty]{\cD'}0$ et donc $B_n \xrightarrow[n \to +\infty]{\cD'}\frac{1}{2}$.

\end{sol}

\item \label{q: CV Cn} $C_n:x\mapsto n \sin(nx) H(x)$, où $H$ est la fonction de Heaviside.

\begin{sol}

Pour tout $\varphi \in \cD(\R)$,
\begin{align*}
\prsc{C_n}{\varphi} &= \int_0^{+\infty} n \sin(nx) \varphi(x) = \squarebrackets*{\strut-\cos(nx)\varphi(x)}_0^{+\infty} + \int_0^{+\infty} \cos(nx)\varphi(x)' \dx x\\
&= \varphi(0) + \frac{1}{2}\int_0^{+\infty} e^{inx}\varphi(x)' \dx x+ \frac{1}{2}\int_0^{+\infty} e^{-inx}\varphi(x)' \dx x \xrightarrow[n \to +\infty]{} \varphi(0),
\end{align*}
en appliquant le lemme de Riemann--Lebesgue à la fonction $H\varphi' \in L^1(\R)$. Donc $C_n \xrightarrow[n\to +\infty]{\cD'}\delta_0$.

\end{sol}

\item \label{q: CV Dn} $D_n = \displaystyle\frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} \delta_{\frac{k}{n}}$.

\begin{sol}

Soit $\varphi \in \cD(\R)$,
\begin{equation*}
\prsc{D_n}{\varphi} = \frac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} \varphi\parentheses*{\frac{k}{n}} \xrightarrow[n \to +\infty]{} \int_0^1 \varphi(x) \dx x,
\end{equation*}
car on reconnait une somme de Riemann, la fonction $\varphi$ étant continue sur le segment $[0,1]$. On en déduit que $D_n \xrightarrow[n \to +\infty]{\cD'}\one_{[0,1]}$.

\end{sol}

\item \label{q: CV En}  $E_n = n \parentheses*{\delta_{\frac{1}{n}} - \delta_{-\frac{1}{n}}}$.

\begin{sol}

Soit $\varphi \in \cD(\R)$, on a
\begin{align*}
\prsc{E_n}{\varphi} &= n \parentheses*{\varphi\parentheses*{\frac{1}{n}}-\varphi\parentheses*{-\frac{1}{n}}} = n \parentheses*{\varphi(0) + \frac{1}{n}\varphi'(0) - \varphi(0) + \frac{1}{n}\varphi'(0) + O\parentheses*{\frac{1}{n^2}}}\\
&= 2\varphi'(0)+O\parentheses*{\frac{1}{n}} \xrightarrow[n \to +\infty]{}\prsc{-2\delta_0'}{\varphi},
\end{align*} 
de sorte que $E_n \xrightarrow[n \to +\infty]{\cD'} -2 \delta_0'$.

\begin{rem}
Pour tout $n \in \N^*$, $E_n$ est d'ordre $0$ car somme de Dirac, en revanche la limite est d'ordre $1$. L'ordre n'est donc pas continu sur $\cD'(\R)$.
\end{rem}

\end{sol}

\item (\emph{facultatif}) \label{q: CV Fn} $F_n = e_n \vp\parentheses*{\frac{1}{x}}$.

\begin{hint}
On pourra utiliser sans démonstration que $\int_0^R \frac{\sin x}{x} \dx x \xrightarrow[R \to +\infty]{} \frac{\pi}{2}$.
\end{hint} 

\begin{sol}

Soit $\varphi \in \cD(\R)$ et soit $M \geq 0$ tel que $\supp(\varphi)\subset [-M,M]$. Pour tout $n \in \N$ on a:
\begin{equation*}
\prsc{F_n}{\varphi} = \prsc*{\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}}{e_n\varphi} = \lim_{\epsilon \to 0}\int_{\epsilon < \norm{x}} \frac{e_n(x)\varphi(x)}{x}\dx x = \lim_{\epsilon \to 0}\int_{\epsilon < \norm{x}\leq M} \frac{e_n(x)\varphi(x)}{x}\dx x.
\end{equation*}

Par le lemme de Hadamard, il existe $\psi \in \cC^\infty(\R)$ tel que $\varphi:x \mapsto \varphi(0)+x\psi(x)$. Soit $\epsilon \in \ ]0,M]$,
\begin{equation*}
\int_{\epsilon < \norm{x}\leq M} \frac{e_n(x)\varphi(x)}{x}\dx x = \int_{\epsilon \leq \norm{x}\leq M} e_n(x) \psi(x) \dx x + \varphi(0) \int_{\epsilon \leq \norm{x}\leq M} \frac{e_n(x)}{x}\dx x.
\end{equation*}
Comme $e_n \psi$ est continue sur $[-M,M]$,
\begin{equation*}
\int_{\epsilon \leq \norm{x}\leq M} e_n(x) \psi(x) \dx x \xrightarrow[\epsilon \to 0]{} \int_{-M}^M e_n(x) \psi(x) \dx x.
\end{equation*}
Par ailleurs, comme $x \mapsto \frac{\sin(nx)}{x}$ se prolonge en une fonction continue sur $[0,M]$,
\begin{align*}
\int_{\epsilon \leq \norm{x}\leq M} \frac{e_n(x)}{x}\dx x &= \int_\epsilon^M \frac{e_n(x)-e_n(-x)}{x}\dx x = 2i\int_{\epsilon \leq \norm{x}\leq M} \frac{\sin(nx)}{x}\dx x\\
&\xrightarrow[\epsilon \to 0]{} 2i\int_0^M \frac{\sin(nx)}{x}\dx x = 2i\int_0^{nM} \frac{\sin(y)}{y}\dx y.
\end{align*}
Finalement,
\begin{equation*}
\prsc{F_n}{\varphi} = \int_{-M}^M e_n(x) \psi(x) \dx x + 2i\varphi(0)\int_0^{nM} \frac{\sin(y)}{y}\dx y.
\end{equation*}
En appliquant le lemme de Riemann--Lebesgue à $\psi \one_{[-M,M]} \in L^1(\R)$, le premier terme tend vers $0$ lorsque $n \to +\infty$. D'après l'indication, le second converge vers $i\pi \varphi(0)$. Ainsi, pour tout $\varphi \in \cD(\R)$,
\begin{equation*}
\prsc{F_n}{\varphi} \xrightarrow[n \to +\infty]{} \prsc{i\pi \delta_0}{\varphi},
\end{equation*}
c'est-à-dire $F_n \xrightarrow[n \to +\infty]{\cD'}i\pi\delta_0$.

\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}


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

\begin{dfn}[Translations et dilatations]
\label{def: translations et dilatations}
Soient $a \in \R^d$ et $\lambda \in \R^\ast$. 
\begin{itemize}
\item Soit $\varphi:\R^d \to \C$, on définit $\tau_a \varphi : x \mapsto \varphi (x-a)$ et $\varphi_\lambda : x \mapsto \varphi \parentheses*{\lambda x}$.
\item Soit $T \in \cD'(\R^d)$, on définit $\tau_a T$ et $\dil_\lambda T \in \cD^\prime(\R^d)$ par les relations suivantes:
\begin{align*}
&\forall \varphi \in \cD'(\R^d), & \prsc*{\tau_a T }{\varphi} &=  \prsc*{T}{\tau_{-a} \varphi} & &\text{et} & \prsc*{\dil_\lambda T}{\varphi} &= \frac{1}{\norm{\lambda}^d} \prsc*{T}{ \varphi_\frac{1}{\lambda}}.
\end{align*}
\end{itemize}
\end{dfn}


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

\begin{exo}[Translations et dilatations]
\label{exo: translation et dilatation}

Soit $a \in \R^d$, $\lambda \in \R^\ast$ et $T \in \cD'(\R^d)$.

\begin{enumerate}

\item Vérifier que $\tau_a T$ et $\dil_\lambda T$ définissent bien des distributions sur $\R^d$.
 
\begin{sol}

Tout d'abord, $\tau_a T$ et $\dil_\lambda T : \cD(\R^d) \rightarrow \C$ sont bien définies et linéaires. Vérifions à présent que ce sont des distributions. Comme $T \in \cD^\prime(\R^d)$, pour tout compact $K \subset \R^d$, il existe $C_K \geq 0$ et $m_K \in \N$ tels que pour tout $\varphi \in \cD_K(\R^d)$,
\begin{equation*}
\norm{\prsc*{T}{\varphi}} \leq C_K \sum_{\norm{\alpha}\leq m_K} \Norm{\partial^\beta \varphi}_\infty.
\end{equation*}
Soit $K \subset \R^d$ compact et $M \geq 0$ tel que $K \subset \overline{B(0,M)}$. Soit $\varphi \in \cD_K(\R^d)$, on a alors 
\begin{equation*}
\supp \tau_{-a} \varphi  = - a + \supp \varphi \subset \overline{B(-a,M)} \quad \text{et} \quad \supp \varphi_\frac{1}{\lambda} = \lambda \supp \varphi \subset \overline{B\parentheses*{0,\norm{\lambda} M}}
\end{equation*}
On a de plus pour $\beta \in \N^d$, $\partial^\beta (\tau_{-a} \varphi) = \tau_{-a} (\partial^\beta \varphi)$ et $\partial^\beta \parentheses*{\varphi_\frac{1}{\lambda}} = \frac{1}{\lambda^{\norm{\beta}}} \parentheses*{\partial^\beta \varphi}_\frac{1}{\lambda}$ de sorte que 
\begin{equation*}
\Norm{ \partial^\beta (\tau_{-a} \varphi)}_\infty = \Norm{\partial^\beta \varphi}_\infty \quad \text{et} \quad \Norm{\partial^\beta ( \varphi_\frac{1}{\lambda} )}_\infty = \frac{1}{\norm{\lambda}^{\norm{\beta}}} \Norm{\partial^\beta \varphi}_\infty.
\end{equation*}
On en déduit en notant $K_a = \overline{B(-a,M)}$ et $K_\lambda = \overline{B\parentheses*{0,\norm{\lambda}M}}$ :
\begin{itemize}
\item $\norm*{\prsc*{\tau_a T }{\varphi}} = \norm*{ \prsc*{T}{\tau_{-a} \varphi} } \leq C_{K_a} \sum_{\norm{\beta} \leq m_{K_a}} \Norm{\partial^\beta \varphi }_\infty$,
 \item $\Norm*{\prsc*{\dil_\lambda T }{\varphi} } = \frac{1}{\norm{\lambda}^d} \norm*{\prsc*{T}{ \varphi_\frac{1}{\lambda}}} \leq C_{K_\lambda} \sum_{\norm{\beta} \leq m_{K_\lambda}} \norm{\lambda}^{-\norm{\beta}-d} \Norm{ \partial^\beta \varphi }_\infty \leq C \sum_{\norm{\beta} \leq m_{K_\lambda}} \Norm{ \partial^\beta \varphi }_\infty $ avec $C  = C_{K_\lambda} \max_{j \in \{0, \ldots, m_{K_\lambda} \} } \norm{\lambda}^{-d-j}$,
\end{itemize}
ce qui montre bien que $\tau_a$ et $\dil_\lambda T \in \cD'(\R^d)$.

\end{sol}

\item Soit $f \in L^1_{\loc} (\R^d)$, identifier les distributions $\tau_a T_f$ et $\dil_\lambda T_f$.

\begin{sol}

Pour tout $\varphi \in \cD(\R^d)$,
\begin{equation*}
\prsc*{\tau_a T_f }{\varphi} = \int_{\R^d} f(x) \varphi(x + a) \dx x \underbrace{=}_{y = x+a} \int_{\R^d} f(y-a) \varphi(y) \dx y = \prsc*{ T_{\tau_a f} }{\varphi} 
\end{equation*}
où $\tau_a f = f ( \cdot - a) \in L^1_{\loc}(\R^d)$. Similairement,
\begin{equation*}
 \prsc*{\dil_\lambda T_f }{\varphi} = \frac{1}{\norm{\lambda}^d}\int_{\R^d} f(x) \varphi \parentheses*{\frac{x}{\lambda}} \dx x \underbrace{=}_{x = \lambda y}  \int_{\R^d} f\parentheses*{\lambda y} \varphi(y) \dx y = \prsc*{ T_{ f_\lambda} }{\varphi} 
\end{equation*}
où $f_\lambda \in L^1_{\loc}(\R^d)$. On vérifie ainsi que la translation et la dilatation définies sur $\cD^\prime(\R^d)$ prolongent ces opérations déjà connues pour des fonctions $L^1_{\loc}$ : pour $f \in L^1_{\loc}(\R^d)$,
\begin{equation*}
\tau_a T_f = T_{\tau_a f} \quad \text{et} \quad \dil_\lambda T_f = T_{f_\lambda}.
\end{equation*}

\end{sol}

\item Dans cette question on suppose $d=1$. Montrer dans ce cas que $\frac{1}{a}\parentheses*{T-\tau_a T} \xrightarrow[a \to 0]{\cD'(\R)}T'$.
\begin{sol}

Soit $\varphi \in\cD(\R)$, pour tout $a \in \R^*$,
\begin{equation*}
\prsc*{\frac{T-\tau_a,T }{a}}{\varphi} = \frac{1}{a}\parentheses*{\strut\prsc{T}{\varphi}-\prsc{\tau_a T}{\varphi}} = \frac{1}{a}\parentheses*{\strut\prsc{T}{\varphi}-\prsc{T}{\tau_{-a} \varphi}} = -\prsc*{T}{\frac{\tau_{-a}\varphi-\varphi}{a}}.
\end{equation*}
On a $\psi_a := \frac{\tau_{-a}\varphi-\varphi}{a} : x \mapsto \frac{\varphi(x+a)-\varphi(x)}{a}$. On a montré dans l'exercice 7 question 2 du TD2 que $\psi_a$ converge vers $\varphi'$ dans $\cD(\R)$ lorsque $a \to 0$. Par continuité de $T$ sur $\cD(\R)$, on a donc:
\begin{equation*}
\prsc*{\frac{T-\tau_a(T)}{a}}{\varphi} = - \prsc{T}{\psi_a} \xrightarrow[a \to 0]{} - \prsc{T}{\varphi'} = \prsc{T'}{\varphi},
\end{equation*}
d'où le résultat.

\end{sol}

\item Soit $h \in \R^d \setminus \brackets{0}$ et $a \in \R^*$. Montrer que $\frac{1}{a}\parentheses*{T-\tau_{a h} T}$ converge dans $\cD^\prime(\R^d)$ quand $a \to 0$ et identifier la limite.

\begin{sol}
Soit $\varphi \in \cD(\R^d)$, comme dans la question précédente,
\begin{equation*}
\prsc*{ \frac{1}{a}\parentheses*{T-\tau_{a h} T} }{\varphi} = -\prsc*{T}{\frac{\tau_{-a h}\varphi-\varphi}{a}} 
\end{equation*}
et on va montrer que $\psi_a := \frac{\tau_{-a h}\varphi-\varphi}{a}$ converge dans $\cD(\R^d)$ en se laissant guider par le cas $d = 1$ traité dans le TD2. Soit $M > 0$ tel que $\supp \varphi \subset B(0,M)$, comme $a \rightarrow 0$, on peut supposer $|a| \leq 1$ et on a alors 
\begin{equation*}
\supp \psi_a \subset \supp \varphi \cup \supp \tau_{-ah} \varphi \subset B(0,M) \cup B(ah,M) \subset B(0, M + \|h\|)
\end{equation*}
et les fonctions $(\psi_a)_{|a|\leq 1}$ sont à support dans un même compact $\overline{ B(0 , M + \| h \|)}$. Soit $\beta \in \N^d$, il reste à établir la convergence uniforme de $\partial^\beta \psi_a$. Avant cela, on cherche le candidat limite en étudiant la convergence simple de $(\psi_a)$ : soit $x \in \R^d$,
\begin{equation*}
 \psi_a (x) = \frac{\varphi(x+ah) - \varphi(x)}{a} \xrightarrow[a \to 0]{} g^\prime(0) =  D_x \varphi\cdot h = \sum_{i=1}^d h_i \partial_i \varphi(x),  \quad \text{où}\ g : t \in \R \mapsto \varphi(x+th) \: . 
\end{equation*}
On note $\psi : x \in \R^d \mapsto D_x\varphi\cdot h$. Pour $\beta \in \N^d$ et $x \in \R^d$, on a 
\begin{equation*}
 \partial^\beta \psi_a (x) = \frac{\partial^\beta \varphi(x+ah) - \partial^\beta \varphi(x)}{a} \quad \text{et} \quad \partial^\beta \psi(x) = \sum_{i=1}^d h_i \partial^\beta \partial_i \varphi(x) \underbrace{=}_{\partial^\beta \partial_i = \partial_i \partial^\beta} D_x (\partial^\beta \varphi)\cdot h \: .
\end{equation*}
Par l'inégalité de Taylor--Lagrange à l'ordre $1$, appliquée à $\partial^\beta \varphi$ entre $x$ et $x + ah$, on a 
\begin{equation*}
 \left| \partial^\beta \varphi(x+ah) - \partial^\beta \varphi(x) - D_x (\partial^\beta \varphi)\cdot (a h) \right| \leq \frac{1}{2} \| a h \|^2 \| D^2 \partial^\beta \varphi \|_\infty \: .
\end{equation*}
On en déduit en divisant par $a$ :
\begin{equation*}
 \| \partial^\beta \psi_a - \partial^\beta \psi \|_\infty \leq \frac{1}{2} |a| \| h \|^2 \| D^2 \partial^\beta \varphi \|_\infty \xrightarrow[a \to 0]{} 0 
\end{equation*}
et finalement $\psi_a \xrightarrow[a \to 0]{\cD(\R^d)} \psi$. Comme $T \in \cD^\prime(\R^d)$, on a alors
\begin{equation*}
\prsc*{ \frac{1}{a}\parentheses*{T-\tau_{a h} T} }{\varphi} = -\prsc*{T}{\psi_a}  \xrightarrow[a \to 0]{} -\prsc*{T}{\psi} = -\prsc*{T}{\sum_{i=1}^d h_i \partial_i \varphi } = \prsc*{\sum_{i=1}^d h_i \partial_i T}{\varphi} \: .
\end{equation*}
On conclut que $\frac{1}{a}\parentheses*{T-\tau_{a h} T}$ converge vers $\sum_{i=1}^d h_i \partial_i T$ quand $a \to 0$.
%
\end{sol}

\item Soit $T \in \cD^\prime(\R)$ et $\lambda \in ]0,+\infty[  \setminus \{1\}$. Montrer que $\frac{1}{\lambda - 1} \left(T- \frac{1}{\lambda} \dil_\frac{1}{\lambda} T\right)$ converge dans $\cD'(\R)$ quand $\lambda \to 1$ et identifier la limite.

\begin{sol}
Soit $\varphi \in \cD(\R)$,
\begin{equation*}
 \prsc*{\frac{1}{\lambda - 1} \left(T- \frac{1}{\lambda} \dil_{\frac{1}{\lambda}} T\right)}{\varphi} = -\prsc*{T}{\frac{\varphi_\lambda - \varphi}{\lambda - 1}}
\end{equation*}
et on reconnaît la famille $\psi_\lambda = \frac{\varphi_\lambda - \varphi}{\lambda - 1}$ étudiée dans l'exercice 7 question 3 du TD2. On avait montré que $\psi_\lambda$ converge vers $\psi : x \mapsto x \varphi^\prime(x)$ dans $\cD(\R)$ et on en déduit que 
\begin{equation*}
 \prsc*{\frac{1}{\lambda - 1} \left(T- \frac{1}{\lambda} \dil_\frac{1}{\lambda} T \right)}{\varphi} = -\prsc*{T}{\psi_\lambda} \xrightarrow[\lambda \to 1]{} -\prsc*{T}{ \psi} = -\prsc*{x T}{\varphi^\prime} = \prsc*{(xT)^\prime}{\varphi} \: .
\end{equation*}
On peut conclure que $\frac{1}{\lambda - 1} \left(T- \frac{1}{\lambda} \dil_{\frac{1}{\lambda}} T\right)$ converge vers $(x T)^\prime= T + xT'$ quand $\lambda \to 1$.
\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}


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\begin{exo}[Banach--Steinhaus]
\label{exo: BS}

\begin{enumerate}
 \item Rappeler l'énoncé du théorème de Banach--Steinhaus dans le cadre des espaces vectoriels normés.
 
\begin{sol}
Soient $\parentheses*{E,\Norm{\cdot}_E}$ un espace de Banach et $\parentheses*{F,\Norm{\cdot}_F}$ un espace vectoriel normé. Soit $A$ une famille d'applications linéaires continues de $E$ dans $F$. Si $\forall v \in E$, $\sup_{\ell \in A} \Norm{\ell(v)}_F <+\infty$ alors $\sup_{\ell \in A}\Norm*{\ell}_{\mathcal{L}(E,F)}<+\infty$.

En particulier, si $(\ell_n)_{n \in \N}$ est une suite d'applications linéaires continues de $E$ vers $F$ qui converge simplement vers $\ell$ alors $\ell$ est linéaire continue également.
\end{sol}
 
\item On considère l'espace $\cC^1 ([0,1],\R)$ muni de la norme $\| \cdot \|_\infty$. Pour $n \in \N^\ast$, on définit 
 \begin{equation*}
  L_n : f \in \cC^1 ([0,1],\R) \mapsto n \left(f \left(\frac{1}{n} \right)-f(0) \right) \: .
 \end{equation*}
Vérifier que $L_n : (\cC^1 ([0,1],\R), \| \cdot \|_\infty) \rightarrow \R$ est une forme linéaire continue et que la suite $(L_n)_n$ converge simplement vers une forme linéaire $L$ à identifier. La limite $L$ est-elle continue?

\begin{sol}
Soit $n \in \N^\ast$, $L_n$ est linéaire et pour tout $f \in \cC^1 ([0,1],\R)$, 
\begin{equation*}
 | L_n (f) | \leq n \left| f \left(\frac{1}{n} \right)-f(0) \right| \leq 2 n \| f \|_\infty \: ,
\end{equation*}
donc $L_n$ est continue. On étudie à présent la convergence simple de $(L_n)_n$. Soit $f \in \cC^1 ([0,1],\R)$,
\begin{equation*}
L_n(f) = n \left( f \left(\frac{1}{n} \right)-f(0) \right) \xrightarrow[n \to +\infty]{} f^\prime(0) \: .
\end{equation*}
Ainsi, $L_n$ converge simplement vers la forme linéaire $L : f \in \cC^1 ([0,1],\R) \mapsto f^\prime(0)$. 

Vérifions enfin que $L$ n'est pas continue lorsqu'on munit $\cC^1 ([0,1],\R)$ de $\| \cdot \|_\infty$. Par l'absurde, supposons qu'il existe $C \geq 0$ tel que pour tout $f \in \cC^1 ([0,1],\R)$, $| L(f) | = |f^\prime(0)| \leq C \| f \|_\infty$ et considérons la suite $(f_k)_k$ de fonctions $\cC^1$ dont la dérivée explose en $0$, définie comme suit : pour $k \in \N$, $f_k : x \in [0,1] \mapsto \sin (kx)$. On a bien $f_k \in \cC^1 ([0,1],\R)$, $\| f_k \|_\infty \leq 1$ et $L(f_k) = f_k^\prime(0) = k \xrightarrow[k \to +\infty]{} +\infty$ ce qui est absurde.

Si on résume, les formes linéaires $L_n$ sont continues et convergent simplement vers $L$, pourtant $L$ n'est pas continue. Heureusement, cela ne met pas en défaut le théorème de Banach--Steinhaus puisque $\cC^1 ([0,1],\R)$ n'est pas complet pour la norme $\Norm{\cdot}_\infty$. C'est en revanche un espace de Banach lorsqu'on le munit de la norme $\| \cdot \|_{\cC^1}$.

\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}

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\begin{exo}[Banach--Steinhaus dans $\cD^\prime$]
\label{exo: BS Dprime}

Soit $\Omega \subset \R^d$ ouvert.
\begin{enumerate}
 \item Soit $(T_n)_{n \in \N}$ une suite de $\cD^\prime(\Omega)$, on suppose que $\parentheses*{\prsc*{T_n}{\varphi}}_{n \in \N}$ converge  pour tout $\varphi \in \cD(\Omega)$. Rappeler l'énoncé du théorème de Banach--Steinhaus dans ce cadre.
 
\begin{sol}
On suppose ici que la suite de distributions $(T_n)$ converge simplement vers la forme linéaire $T$ définie sur $\cD(\R^d)$ par 
\begin{equation*}
T(\varphi) = \lim_{n \to +\infty} \prsc*{T_n}{\varphi} \: .
\end{equation*}
Le théorème de Banach--Steinhaus assure alors que $T \in \cD^\prime(\Omega)$, $T_n$ converge vers $T$ dans $\cD^\prime(\Omega)$ et de plus, pour tout compact $K \subset \Omega$, il existe $C > 0$ et $m \in \N$ tels que 
\begin{equation*}
 \forall \varphi \in \cD_K(\Omega), \quad \sup_{n \in \N} \left| \prsc*{T_n}{\varphi} \right| \leq C \sum_{|\alpha| \leq m} \| \partial^\alpha \varphi \|_\infty \: .
\end{equation*}
\end{sol}

\item Soit $I : x \in \R^\ast \mapsto \frac{1}{x}$. Pour $\epsilon > 0$, on considère la distribution $T_\epsilon$ associée à la fonction $\one_{\R \setminus [-\epsilon, \epsilon]} I$. Rappeler pourquoi $(T_\epsilon)_\epsilon$ converge simplement quand $\epsilon \to 0_+$, que dire de la limite ?
 
 \begin{sol}
On rappelle que pour $\varphi \in \cD(\R)$,
\begin{equation*}
 \prsc*{T_\epsilon}{\varphi} = \int_{|x| > \epsilon} \frac{\varphi(x)}{x} \: \dx x = \int_\epsilon^{+\infty} \psi(x) \: \dx x \xrightarrow[\epsilon \to 0]{} \int_0^{+\infty} \psi(x) \: \dx x
\end{equation*}
car $\psi : x \mapsto \frac{\varphi(x)-\varphi(-x)}{x} \in L^1(\R_+)$. D'une part, par le théorème de Banach--Steinhaus dans $\cD^\prime (\R)$, la limite simple $T$ de $T_\epsilon$ est une distribution et d'autre part, on a par définition
\begin{equation*}
 \lim_{\epsilon \to 0} \prsc*{T_\epsilon}{ \varphi} = \prsc*{\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}}{ \varphi},
\end{equation*}
donc $T =\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}$. On aurait pu montrer que $\vp\parentheses*{\frac{1}{x}}$ définit une distribution par cet argument.
\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}


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\begin{dfn}[Dual topologique]
\label{def: dual topologique}
Pour tout $p \in [1,+\infty]$, on note $L^p(\R)'$ l'espace des formes linéaires continues sur $\parentheses*{L^p(\R),\Norm{\cdot}_p}$. Cet espace est muni de la norme d'opérateur associée à $\Norm{\cdot}_p$.
\end{dfn}

\begin{dfn}[Convergence faible dans $L^p$]
\label{def: CV faible dans Lp}

On dit qu'une suite $\parentheses*{f_n}_{n \in \N}$ à valeurs dans $L^p(\R)$ \emph{converge faiblement} vers $f \in L^p(\R)$ si: $\forall \Phi \in L^p(\R)'$, $\Phi(f_n) \xrightarrow[n \to +\infty]{}\Phi(f)$. On note alors $f_n \rightharpoonup f$.
\end{dfn}

\begin{thm}[Théorème de représentation]
\label{thm: representation Lp}
Soient $p,q \in [1,+\infty]$ tels que $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$. Pour tout $f \in L^p(\R)$, on note $I_f \in L^q(\R)'$ la forme linéaire $I_f:g \mapsto \int_\R f(x) g(x) \dx x$.
\begin{itemize}
\item L'application $I:f \mapsto I_f$ de $L^p(\R)$ dans $L^q(\R)'$ est isométrique, en particulier injective.
\item Si $q<+\infty$ alors $I$ est surjective.
\end{itemize}
\end{thm}


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\begin{exo}[Convergence faible et convergence dans $\cD'(\R)$]
\label{exo: CV faible}

Soit $p \in [1,+\infty]$ et soit $\parentheses*{f_n}_{n \in \N}$ une suite dans $L^p(\R)$. Le but de l'exercice est de comparer les notions de convergence forte (i.e. pour la norme $\Norm{\cdot}_p$), de convergence faible et de convergence au sens des distributions pour la suite $\parentheses*{f_n}_{n \in \N}$.

\begin{enumerate}

\item \label{q: CV forte implique faible} Si $f_n \xrightarrow[n \to +\infty]{\Norm{\cdot}_p}f$, montrer que $f_n \rightharpoonup f$. L'implication réciproque est-elle vraie?

\begin{sol}

Si $f_n \xrightarrow[n \to +\infty]{\Norm{\cdot}_p}f$, alors pour tout $\Phi \in L^p(\R)'$ on a $\Phi(f_n) \xrightarrow[n \to +\infty]{}\Phi(f)$ par continuité de $\Phi:L^p(\R) \to \C$. Donc $f_n \rightharpoonup f$.

Évidemment, l'implication réciproque est fausse. Sinon on ne s'embêterait pas à introduire la notion de convergence faible.

Pour construire un contre-exemple, on peut considérer pour tout $n \in \N$, $f_n=e_{2n\pi} \one_{[0,1]}$ où $e_{2n\pi}$ est définie comme dans l'exercice~\ref{exo: lemme de Riemann-Lebesgue}. Comme $f_n$ est bornée et supportée dans $[0,1]$ on a $f_n \in L^1(\R)$. Soit $\Phi \in L^1(\R)'$, par le théorème~\ref{thm: representation Lp} il existe $g \in L^\infty(\R)$ telle que $\Phi=I_g$. Alors,
\begin{equation*}
\Phi\parentheses*{f_n} = I_g(e_{2n\pi} \one_{[0,1]}) = \int_\R g(t)e^{2in\pi t}\one_{[0,1]}\dx t \xrightarrow[n \to +\infty]{}0
\end{equation*}
en appliquant le lemme de Riemann--Lebesgue à $g\one_{[0,1]} \in L^1(\R)$, voir exercice~\ref{exo: lemme de Riemann-Lebesgue}. Donc $f_n\rightharpoonup 0$ dans $L^1(\R)$. Cependant, $\forall n \in \N$, $\Norm{f_n}_1=1$. Donc $(f_n)_{n \in \N}$ ne converge pas vers $0$ dans $L^1(\R)$.

Une autre approche est de considérer une base de Hilbert $(e_n)_{n \in \N}$ de $L^2(\R)$. Comme précédemment on a $\Norm{e_n}_2=1$ pour tout $n \in \N$ mais $e_n \rightharpoonup 0$ dans $L^2(\R)$. En effet, soit $\Phi \in L^2(\R)'$, il existe $f \in L^2(\R)$ telle que $\Phi = I_f = \prsc{f}{\cdot}$, où on a noté $\prsc{\cdot}{\cdot}$ le produit scalaire $L^2$. Alors
\begin{equation*}
\Phi(e_n) = \prsc{f}{e_n}\xrightarrow[n \to +\infty]{}0,
\end{equation*}
car $\sum_{n \in \N} \norm{\prsc{f}{e_n}}^2 = \Norm{f}_2^2 <+\infty$ par Parseval.

\end{sol}

\item \label{q: CV faible implique dans D'} Si $f_n \rightharpoonup f \in L^p(\R)$, montrer que $f_n \xrightarrow[n \to +\infty]{\cD'}f$ et que $\parentheses*{f_n}_{n \in \N}$ est bornée dans $\parentheses*{L^p(\R),\Norm{\cdot}_p}$.

\begin{sol}

Notons $q \in [1,+\infty]$ l'exposant conjugué de $p$, caractérisé par $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$. Soit $\varphi \in \cD(\R)$, on a $\varphi \in L^q(\R)$. Alors, comme $f_n \rightharpoonup f$,
\begin{equation*}
\prsc{f_n}{\varphi} = \int_\R f_n(x) \varphi(x) \dx x = I_\varphi(f_n) \xrightarrow[n \to +\infty]{} I_\varphi(f) = \prsc{f}{\varphi}.
\end{equation*}
Donc $f_n \xrightarrow[n \to +\infty]{\cD'}f$.

Par le théorème~\ref{thm: representation Lp}, on a $\Norm{f_n}_{p} = \Norm{I_{f_n}}_{(L^q)'}$. Il s'agit donc de vérifier que $\parentheses*{I_{f_n}}_{n \in \N}$ est bornée. Soit $g \in L^q(\R)$, alors
\begin{equation*}
I_{f_n}(g) = \int_\R f_n(x)g(x) \dx x = I_g(f_n) \xrightarrow[n \to +\infty]{} I_g(f).
\end{equation*}
Donc, pour tout $g \in L^q(\R)$, la suite $\parentheses*{I_{f_n}(g)}_{n \in \N}$ est bornée. Par le théorème de Banach--Steinhaus, on a donc $\sup_{n \in \N} \Norm{I_{f_n}}_{(L^q)'}<+\infty$. Et donc $\parentheses*{f_n}_{n \in \N}$ est bien bornée dans $L^p(\R)$.

\end{sol}

\item \label{q: CV dans D' implique faible} On suppose que $p \in \ ]1,+\infty[$. Si la suite $\parentheses*{f_n}_{n \in \N}$ est bornée dans $L^p(\R)$ et s'il existe $T \in \cD'(\R)$ tel que $f_n \xrightarrow[n \to +\infty]{\cD'}T$, montrer qu'il existe $f \in L^p(\R)$ telle que $T=T_f$ et que $f_n \rightharpoonup f$.

\begin{sol}

On cherche d'abord à construire le $f \in L^p(\R)$ limite. La distribution $T$ est une forme linéaire sur $\cD(\R)$. Comme $p >1$, on a $q <+\infty$, et $\cD(\R)$ est dense dans $L^q(\R)$. On va montrer que $T$ est continu sur $\cD(\R)$ pour la topologie de $L^q(\R)$, ce qui permettra de l'étendre uniquement en un élément de $L^q(\R)'$. Le théorème de représentation~\ref{thm: representation Lp} nous donnera alors le $f$ recherché.

Notons $M = \sup_{n \in \N} \Norm{f_n}_p <+\infty$. Pour tout $\varphi \in \cD(\R) \subset L^q(\R)$, on a: pour tout $n \in \N$,
\begin{equation*}
\norm{\prsc{f_n}{\varphi}} = \norm*{\int_\R f_n(x) \varphi(x) \dx x} \leq \Norm{f_n\varphi}_1 \leq \Norm{f_n}_p \Norm{\varphi}_q \leq M \Norm{\varphi}_q.
\end{equation*}
En passant à la limite dans le terme de gauche, $\norm{\prsc{T}{\varphi}} \leq M \Norm{\varphi}_q$ pour tout $\varphi \in \cD(\R)$. La forme linéaire $T$ est donc continue pour la norme $\Norm{\cdot}_q$ sur le sous-espace dense $\cD(\R)$. Donc il existe un unique prolongement de $T$ en un élément de $L^q(\R)'$ de même norme. Comme $p >1$, on a $q <+\infty$ et il existe un unique $f \in L^p(\R)$ tel que ce prolongement soit $I_f$ et $\Norm{f}_p = \Norm{I_f}_{(L^q)'}\leq M$. En particulier, $T$ est la restriction de $I_f$ à $\cD(\R)$, c'est-à-dire $T=T_f$.

Soit $g \in L^q(\R)$, pour tout $h \in \cD(\R)$ et $n \in \N$ on a:
\begin{align*}
\norm*{I_g(f_n)-I_g(f)} =& \norm*{\int_\R f_n(x) g(x) \dx x -\int_\R f(x) g(x) \dx x}\\
\leq& \norm*{\int_\R f_n(x) g(x) \dx x -\int_\R f_n(x) h(x) \dx x} + \norm*{\int_\R f_n(x) h(x) \dx x -\int_\R f(x) h(x) \dx x}\\
&+ \norm*{\int_\R f(x) h(x) \dx x -\int_\R f(x) g(x) \dx x}\\
\leq& \Norm{f_n}_p \Norm{g-h}_q + \norm*{\prsc{f_n}{h}-\prsc{f}{h}} + \Norm{f}_p \Norm{g-h}_q\\
\leq& 2M \Norm{g-h}_q + \norm*{\prsc{f_n}{h}-\prsc{f}{h}}.
\end{align*}
Soit $\epsilon >0$, par densité de $\cD(\R)$ dans $L^q(\R)$, il existe $h \in \cD(\R)$ tel que $M\Norm{g-h}_q \leq \epsilon$. Comme $f_n \xrightarrow[n \to +\infty]{\cD'}f$, on a $\norm*{\prsc{f_n}{h}-\prsc{f}{h}} \leq \epsilon$ pour tout $n$ assez grand. Donc $\norm*{I_g(f_n)-I_g(f)} \leq 3 \epsilon$ pour tout $n$ assez grand. Et donc $I_g(f_n) \xrightarrow[n \to +\infty]{}I_g(f)$ pour tout $g \in L^q(\R)$. D'après le thm.~\ref{thm: representation Lp}, comme $p<+\infty$ toute forme linéaire continue sur $L^p(\R)$ est de la forme $I_g$ avec $g \in L^q(\R)$. Donc $f_n \rightharpoonup f$.

\end{sol}

\item \label{q: CV faible contre ex} Toujours dans le cas $p \in \ ]1,+\infty[$, donner un exemple de suite $\parentheses*{f_n}_{n \in \N}$ telle que $f_n \xrightarrow[n \to +\infty]{\cD'}0$ et qui ne converge pas faiblement dans $L^p(\R)$.

\begin{sol}

D'après les questions~\ref{q: CV faible implique dans D'} et~\ref{q: CV dans D' implique faible}, il faut et il suffit de construire une suite $\parentheses*{f_n}_{n \in \N}$ non bornée dans $L^p(\R)$ et telle que $f_n \xrightarrow[n \to +\infty]{\cD'}0$. Une façon de faire cela est d'envoyer de la masse à l'infini.

Pour tout $n \in \N$, on définit $f_n = n \one_{[n,n+1]}$. Si $\varphi \in \cD(\R)$, alors
\begin{equation*}
\prsc{f_n}{\varphi}=n\prsc{\one_{[n,n+1]}}{\varphi} = n\int_n^{n+1} \varphi(x) \dx x \xrightarrow[n \to +\infty]{}0,
\end{equation*}
par compacité du support de $\varphi$. Donc $f_n \xrightarrow[n \to +\infty]{\cD'}0$. Si $\parentheses*{f_n}_{n \in \N}$ convergeait faiblement, alors elle serait bornée dans $L^p(\R)$ par la question~\ref{q: CV faible implique dans D'}. Or $\Norm{f_n}_p = n \Norm{\one_{[n,n+1]}}_p = n \xrightarrow[n \to +\infty]{}+\infty$.

\end{sol}

\item \label{q: CV faible p=1} Dans le cas $p=1$, donner un exemple de suite $\parentheses*{f_n}_{n \in \N}$ qui converge au sens des distributions mais pas faiblement dans $L^1(\R)$ et telle que $\Norm{f_n}_1 =1$ pour tout $n \in \N$.

\begin{sol}

Sur le même principe qu'à la question précédente, on pose $f_n = \one_{[n,n+1]}$ pour tout $n \in \N$. On a $\Norm{f_n}_1 = 1$ et pour tout $\varphi \in \cD(\R)$,
\begin{equation*}
\prsc{f_n}{\varphi} = \int_n^{n+1} \varphi(x) \dx x \xrightarrow[n \to +\infty]{}0,
\end{equation*}
donc $f_n \xrightarrow[n \to +\infty]{\cD'}0$.

Par l'absurde, supposons que $f_n \rightharpoonup f$. D'après la question~\ref{q: CV faible implique dans D'} on a aussi convergence au sens des distributions, donc $T_f=0$ par unicité de la limite et donc $f=0$ par injectivité de $g \mapsto T_g$. On a donc $\Phi(f_n) \xrightarrow[n \to +\infty]{}0$ pour toute forme linéaire continue sur $L^1(\R)$. Prenons par exemple $\Phi=I_\one$, c'est-à-dire $\Phi:g \mapsto \int_\R g(x) \dx x$. Pour tout $n \in \N$ on a $\Phi(f_n)=1$, contradiction. Donc $\parentheses*{f_n}_{n \in \N}$ ne converge pas faiblement dans $L^1(\R)$.

\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}


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\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}


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\begin{exo}[Support et produit --- \emph{facultatif}]
\label{exo: support et produit}

Soient $f \in \cC^\infty(\R^d)$ , 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}

\end{document}