\documentclass[11pt]{article} % Packages gestion des caractères, du français et de la mise en page \usepackage[french]{babel} \usepackage[utf8]{inputenc} \usepackage[T1]{fontenc} \usepackage[margin=2.5cm]{geometry} \usepackage[pdftex,pdfborder={0 0 0},hypertexnames=false]{hyperref} \setlength{\parindent}{0pt} \renewcommand{\FrenchLabelItem}{\textbullet} \usepackage{comment} \usepackage{enumitem} \usepackage{tabularx} % Graphiques et Figures \usepackage{subfig} \usepackage{pgf,tikz} \usetikzlibrary{arrows} \usepackage[figurename=Figure]{caption} % Packages pour les maths \usepackage{mathtools} \usepackage{amsthm} \usepackage{amsfonts} \usepackage{amssymb} \usepackage{stmaryrd} % Nouveaux environnements \theoremstyle{plain} \newtheorem{thm}{Théorème} \newtheorem{cor}[thm]{Corollaire} \newtheorem{lem}[thm]{Lemme} \newtheorem{prop}[thm]{Proposition} \theoremstyle{definition} \newtheorem*{dfn}{Définition} \newtheorem{exo}{Exercice} \newtheorem*{ntn}{Notation} \newtheorem*{ntns}{Notations} \theoremstyle{remark} \newtheorem*{hint}{Indication} \newtheorem*{rem}{Remarque} \newtheorem*{ex}{Exemple} \newtheorem*{exs}{Exemples} % Commandes et opérateurs utiles \newcommand{\B}{\mathbb{B}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \renewcommand{\S}{\mathbb{S}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\cC}{\mathcal{C}} \newcommand{\cCc}{\mathcal{C}_c} \newcommand{\cD}{\mathcal{D}} \newcommand{\cE}{\mathcal{E}} \newcommand{\cF}{\mathcal{F}} \newcommand{\cOM}{\mathcal{O}_M} \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{\suppsing}{supp\, sing} \DeclareMathOperator*{\vect}{Vect} \DeclareMathOperator*{\vol}{Vol} \DeclareMathOperator{\vp}{vp} \DeclarePairedDelimiter{\ang}{\langle}{\rangle} \DeclarePairedDelimiter{\brackets}{\{}{\}} \DeclarePairedDelimiter{\ceil}{\lceil}{\rceil} \DeclarePairedDelimiter{\floor}{\lfloor}{\rfloor} \DeclarePairedDelimiter{\norm}{\lvert}{\rvert} \DeclarePairedDelimiter{\Norm}{\lVert}{\rVert} \DeclarePairedDelimiter{\parentheses}{(}{)} \DeclarePairedDelimiterX{\prsc}[2]{\langle}{\rangle}{#1\,, #2} \DeclarePairedDelimiter{\squarebrackets}{[}{]} \DeclarePairedDelimiterX{\ssquarebrackets}[2]{\llbracket}{\rrbracket}{#1,#2} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% % Gestion de l'affichage des solutions avec le package comment % Nouveaux compteurs pour avoir une numérotation des équations indépendante dans les solutions \newcounter{aux} \newcounter{soleq} % Définition d'un environnement sol qui peut être commenté à loisir ci-dessous % La numération des équations est indépendantes et en chiffres romains dans les solutions \specialcomment{sol}{ \setcounter{aux}{\value{equation}} \setcounter{equation}{\value{soleq}} \renewcommand{\theequation}{\roman{equation}} \par\begingroup\color{violet} } { \endgroup \setcounter{soleq}{\value{equation}} \setcounter{equation}{\value{aux}} \renewcommand{\theequation}{\arabic{equation}} } % Le contenu des environnements sol est visible par défaut, décommenter la ligne suivante le cache %\excludecomment{sol} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% % Informations du document \author{Blanche Buet, Dominique Hulin et Thomas Letendre} \date{2024 -- 2025} \title{Feuille 9 -- Formules de Green} \begin{document} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% % Mise en page de l'en-tête %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \makeatletter \begin{tabularx}{\textwidth}{@{}Xr@{}} Université Paris-Saclay & Master Mathématiques et Applications \\ \@date & Distributions et Analyse de Fourier \end{tabularx} \vspace{1ex} 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}[Le cas d'un hyperplan] \label{exo: hyperplan} Soit $H \subset \R^d$ un hyperplan (affine) muni de sa mesure superficielle $\sigma$. On choisit un repère orthonormé (affine) afin d'avoir $H = \brackets{x \in \R^d \mid x_d=0}$. On considère l'ouvert $V = \brackets{x \in \R^d \mid x_d>0}$, calculer ``à la main'' $\partial_j \one_V$ pour tout $j \in \brackets{1,\dots,d}$. \begin{sol} On a bien $\one_V \in L^1_{\loc} (\R^d) \subset \cD^\prime(\R^d)$. De plus, la mesure superficielle $\sigma$ sur $H$ s'identifie à la mesure de Lebesgue sur $H$ : dans notre choix de coordonnées $\dmesure \sigma = \dx x_1 \ldots \dx x_{d-1}$. Soit $\varphi \in \cD(\R^d)$ et $j \in \{1, \ldots, d\}$, comme $\partial_j \varphi \in L^1 (V)$, on peut appliquer le théorème de Fubini, \[ \prsc*{\partial_j \one_V}{\varphi} = - \int_V \partial_j \varphi = - \int_{x_1 \in \R} \ldots \int_{x_{d-1} \in \R} \int_{x_d = 0}^{+\infty} \partial_j \varphi (x_1, \ldots , x_d) \dx x_1 \ldots \dx x_{d-1} \dx x_d \: . \] Si $j = d$, on a \[ \int_{x_d=0}^{+\infty} \partial_d \varphi (x_1, \ldots , x_d) \dx x_d = - \varphi (x_1, \ldots, x_{d-1}, 0) \ \] de sorte que \[ \prsc*{\partial_d \one_V}{\varphi} = \int_{x = (x_1, \ldots, x_{d-1}) \in \R^{d-1}}\varphi (x, 0) \dx x_1 \ldots \dx x_{d-1} = \int_{y \in H} \varphi(y) \dmesure \sigma(y) = \prsc{\sigma}{\varphi} \: , \] et ainsi $\partial_d \one_V = \sigma$. Si maintenant $1 \leq j \leq d-1$, \[ \int_{x_j= - \infty}^{+\infty} \partial_j \varphi (x_1, \ldots , x_d) \dx x_j = 0 \] de sorte que $\prsc*{\partial_j \one_V}{\varphi} = 0$ et ainsi $\partial_j \one_V = 0$. Comme le vecteur normal unitaire extérieur $\nu$ à $V$ satisfait $\nu_j = 0$ pour $1 \leq j \leq d-1$ et $\nu_d = -1$, on retrouve bien $\partial_j \one_V = - \nu_j \sigma$. \end{sol} \end{exo} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \begin{exo}[IPP : la formule de Gauss--Green] \label{exo: IPP} Soient $V \subset \R^d$ ouvert à bord lisse et $\nu:\partial V \to \S^{d-1}$ la normale unitaire sortante de $V$. On note $\sigma$ la mesure superficielle de $\partial V$. Soient $\varphi, \psi \in \cD(\R^d)$, montrer que pour tout $j \in \ssquarebrackets{1}{d}$, \begin{equation*} \int_{V} \psi \partial_j \varphi \dx x = \int_{\partial V} \psi \varphi \nu_j \dmesure \sigma - \int_{V} \varphi \partial_j \psi \dx x. \end{equation*} \begin{sol} D'après le cours $\partial_j \one_V = - \nu_j \sigma$. On a ainsi \begin{equation*} \prsc*{\one_V}{\partial_j (\psi \varphi)} = - \prsc*{\partial_j \one_V}{\psi \varphi} = \prsc*{ \nu_j \sigma}{\psi \varphi} \end{equation*} c'est-à-dire \begin{equation*} \int_V \psi \partial_j \varphi + \varphi \partial_j \psi \dx x = \int_{\partial V} \psi \varphi \nu_j \dmesure \sigma. \end{equation*} \end{sol} \end{exo} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \begin{ntn} Soit $V \subset \R^d$ un ouvert, on note $u \in \cC^\infty (\overline{V})$ si $u$ est la restriction d'une fonction $\tilde{u} \in \cC^\infty(\R^d)$, ou de façon équivalente $\cC^\infty$ sur un voisinage de $\overline{V}$. Si $V$ est borné, on peut en fait supposer $\tilde{u} \in \cD(\R^d)$. \end{ntn} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \begin{exo}[Formules de Green pour $\Delta$] \label{exo: Green pour Delta} \begin{enumerate} \item \label{q: formules de Green} Soient $V \subset \R^d$ un ouvert borné non vide à bord lisse et $\sigma$ la mesure superficielle de $\partial V$. On note $\nu:\partial V \to \S^{d-1}$ la normale unitaire sortante de $V$. Prouver les formules suivantes, appelées respectivement première et seconde formule de Green : pour tout $u$, $v \in \cC^\infty (\overline{V})$, \begin{align} \label{eq: formule de Green 1} \int_V u \ \Delta v \dx x = \int_{\partial V} u \ \nabla v \cdot \nu \dx \sigma - \int_V \nabla u \cdot \nabla v \dx x,\\ \label{eq: formule de Green 2} \int_V \parentheses*{u \ \Delta v - v \ \Delta u} \dx x = \int_{\partial V} \parentheses*{ u \ \nabla v - v \ \nabla u} \cdot \nu \dx \sigma. \end{align} \begin{sol} Commençons par prouver la formule~\eqref{eq: formule de Green 1}. Soient $u$, $v \in \cC^\infty (\overline{V})$. On a \begin{equation*} \int_V u \ \Delta v \dx x = \sum_{i=1}^d \int_V u(x) \partial_i^2 v(x) \dx x. \end{equation*} D'après la formule de Gauss--Green appliquée à $u$ et $\partial_i v$ (voir exercice~\ref{exo: IPP}), on a pour tout $i \in \brackets{1,\dots,d}$, \begin{equation*} \int_V u(x) \partial_i^2 v(x) \dx x = \int_{\partial V} \nu_i(x) u(x) \partial_i v(x) \dx \sigma(x) - \int_V \partial_iu(x) \partial_iv(x) \dx x. \end{equation*} On obtient la formule~\eqref{eq: formule de Green 1} en sommant cette relation sur $i \in \ssquarebrackets{1}{d}$. On peut faire la différence entre la formule~\eqref{eq: formule de Green 1} et la même formule où les rôles de $u$ et $v$ sont échangés. Les intégrales de $\nabla u \cdot \nabla v$ sur $V$ se compensent, et on obtient exactement~\eqref{eq: formule de Green 2}. \end{sol} \item \label{q: caracterisation harmoniques} Soit $v \in \cC^\infty (\R^d)$, montrer que $\Delta v=0$ si et seulement si pour tout $V \subset \R^d$ ouvert borné non vide à bord lisse : \begin{equation*} \int_{\partial V} \nabla v \cdot \nu \dx \sigma = 0. \end{equation*} \begin{sol} Si $v$ est harmonique, pour tout ouvert borné $V \neq \emptyset$ à bord lisse, on peut appliquer~\eqref{eq: formule de Green 1} avec $v$ et $u \equiv 1$. On obtient: \begin{equation*} 0 = \int_V u \Delta v \dx x = \int_{\partial V} u \nabla v \cdot \nu \dx \sigma - \int_V \nabla u \cdot \nabla v \dx x = \int_{\partial V} \nabla v \cdot \nu \dx \sigma. \end{equation*} Inversement, si $\int_{\partial V} \nabla v \cdot \nu \dx \sigma=0$ pour tout $V \subset \R^d$ ouvert borné non vide à bord lisse, le même calcul montre que $\int_V \Delta v(x) \dx x=0$ pour tout tel $V$. Comme $v$ est $\cC^\infty$, la fonction $\Delta v$ est continue. Si elle n'était pas nulle, il existerait une boule ouverte sur laquelle elle est de signe strict constant et d'intégrale nulle, ce qui est absurde. Donc $v$ est harmonique. \end{sol} \item \label{q: unicite extension harmonique} Soient $V \subset \R^d$ ouvert connexe borné non vide à bord lisse et $v \in \cC^\infty(\bar{V})$ une fonction harmonique dans $V$ telle que $v_{\vert \partial V}=0$. Montrer que $v=0$. \begin{sol} On applique la formule~\eqref{eq: formule de Green 1} avec $u=v$. On obtient: \begin{equation*} 0 = \int_V v\ \Delta v \dx x = \int_{\partial V} v \nabla v \cdot \nu \dx \sigma - \int_V \nabla v \cdot \nabla v \dx x = \int_V \Norm{\nabla v}^2 \dx x. \end{equation*} Donc $\nabla v$ est nulle. Comme on a supposé $V$ connexe, on a donc que $v$ est constante sur $V$. Par ailleurs, $v$ est continue sur $\bar{V}$ et $v_{\vert \partial V} = 0$, de sorte que $v = 0$. \end{sol} \item \label{q: unicite extension harmonique non connexe} (\emph{facultatif}) Même question, mais sans supposer que $V$ est connexe. \begin{sol} Le début du raisonnement de la question~\ref{q: unicite extension harmonique} reste valable. On obtient de nouveau $\nabla v \equiv 0$ sur~$V$. Donc $v$ est localement constante, donc constante sur chacune de ses composantes connexes. Soit $V_0$ l'une des composantes connexes de $V$. Comme $V$ est borné non vide, $V_0$ aussi. Vérifions que $V_0$ est ouvert (c'est une conséquence de la locale connexité de $\R^d$). Soit $x \in V_0$ et soit $B \subset V$ une boule ouverte contenant $x$. Comme $B$ et $V_0$ sont connexes et $x \in B \cap V_0 \neq \emptyset$, il vient que $ B \cup V_0$ connexe et de plus $V_0 \subset B \cup V_0 \subset V$, par maximalité de $V_0$ pour l'inclusion, $B \subset V_0$ est un voisinage de $x$ dans $V_0$. Vérifions à présent que $\partial V_0 \neq \emptyset$. Comme $V_0$ est ouvert, $\partial V_0 = \overline{V_0} \setminus V_0$ et si on avait $\partial V_0 = \emptyset$, on aurait $V_0 = \overline{V_0}$ ouvert et fermé dans $\R^d$ connexe donc $V_0 \in \{ \emptyset, \R^d \}$ ce qui est impossible puisque $V_0$ est borné et non vide. Il nous reste à vérifier que $\partial V_0 \subset \partial V$ (à nouveau conséquence de la locale connexité de $\R^d$). Soit $x \in \overline{V_0} \cap V$ et soit $B \subset V$ une boule ouverte contenant $x$. On a alors $B \cap V_0 \neq \emptyset$ (sinon $V_0 \subset V \setminus B$ fermé et par définition de l'adhérence, $\overline{V_0} \subset V \setminus B$ incompatible avec $x \in \overline{V_0} \cap B$) et par conséquent $B \cup V_0$ est connexe, par maximalité de $V_0$, $B \cup V_0 \subset V$ implique $B \subset V_0$ et donc $x \in V_0$. Par contraposée, si $x \in \overline{V_0} \setminus V_0$, alors $x \notin V$ et donc $x \in \overline{V} \setminus V = \partial V$ ($\overline{V_0} \subset \overline{V}$). Comme $v$ est constant sur $V_0$, continue sur $\bar{V_0}$ et nulle sur $\partial V_0 \subset \partial V$, $\partial V_0 \neq \emptyset$, on a $v_{\vert V_0}=0$. Comme $V_0$ est une composante connexe quelconque de $V$, on en déduit que $v=0$. \end{sol} \end{enumerate} \end{exo} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \begin{ntn} Pour tout $r >0$, on note $B_r = \brackets*{x \in \R^d \mvert \Norm{x}0$, $\sigma_r(S_r) = r^{d-1}\sigma_1(S_1)$, \item $\sigma_1(S_1) = d \cdot \vol(B_1)$. \end{itemize} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \begin{exo}[Formules de la moyenne] \label{exo: formules de la moyenne} Soit $u \in \cC^\infty(\R^d)$, on définit $g:\ ]0,+\infty[\ \to \C$ par: \begin{equation*} g: r \longmapsto \frac{1}{r^{d-1}} \int_{S_r} u(x) \dx \sigma_r(x). \end{equation*} \begin{enumerate} \item \label{q: derivee g} Montrer que $g$ est de classe $\cC^1$ et que $g':r \mapsto \displaystyle\frac{1}{r^{d-1}} \int_{S_r} \nabla u(x) \cdot N(x) \dx \sigma_r(x)$. \begin{sol} D'après l'exercice 3 du TD8, pour tout $r>0$, $g(r) = \int_{S_1} u(r\theta) \dx \sigma_1(\theta)$, ce qui permet de se ramener à un domaine d'intégration indépendant de $r$. Soit $h:\ ]0,+\infty[\times S_1 \to \C$ la fonction définie par $h:(r,\theta) \mapsto u(r\theta)$. On veut dériver l'intégrale à paramètre $g:r \mapsto \int_{S_1} h(r,\theta) \dx \sigma_1(\theta)$. \begin{itemize} \item pour tout $r >0$, $h(r,\cdot)$ est continue donc mesurable; \item pour tout $\theta \in S_1$, $h(\cdot,\theta):r \mapsto u(r\theta)$ est $\cC^1$ et $\partial_r h:(r,\theta) \mapsto D_{r\theta}u\cdot \theta = \nabla u(r\theta) \cdot \theta$; \item soit $M >0$, sur $]0,M[ \times S_1$, on a $\norm{\partial_r h} \leq \Norm{\nabla u}_{\infty, \bar{B_M}}$ et cette constante est intégrable. \end{itemize} Donc $g$ est $\cC^1$ sur $]0,M[$ de dérivée \begin{equation*} g':r \mapsto \int_{S_1} \nabla u(r\theta) \cdot \theta \dx \sigma_1(\theta) = \frac{1}{r^{d-1}}\int_{S_r} \nabla u(x) \cdot \frac{x}{\Norm{x}} \dx \sigma_r(x). \end{equation*} Ceci étant valable pour tout $M>0$, la fonction $g$ est $\cC^1$ avec la dérivée annoncée. \end{sol} \end{enumerate} On suppose désormais que la fonction $u$ est harmonique. \begin{enumerate}[resume] \item \label{q: formule de la moyenne 1} Montrer que $g$ constante dans ce cas, et établir la première formule de la moyenne: \begin{equation} \label{eq: formule de la moyenne 1} \forall r >0, \qquad u(0) = \frac{1}{\sigma_r(S_r)} \int_{S_r} u(x) \dx \sigma_r(x). \end{equation} \begin{sol} Soit $r>0$, on applique la première formule de Green~\eqref{eq: formule de Green 1} sur $B_r$, en gardant en mémoire que le champ de vecteurs unitaires normal à $S_r$ et sortant de $B_r$ est $N$: \begin{equation*} 0 = \int_{B_r} \Delta u \dx x = \int_{S_r} \nabla u \cdot N \dx \sigma_r = r^{d-1} g'(r). \end{equation*} Ainsi si $u$ est harmonique, $g'$ est nulle et donc $g$ est constante sur $]0,+\infty[$. Par ailleurs, il est naturel de penser que: \begin{equation*} g(r) = \int_{S_1} u(r\theta) \dx \sigma_1(\theta) \end{equation*} converge vers $u(0) \sigma_1(S_1)$ lorsque $r \to 0$, prouvons-le. Pour tout $r <1$, on a \begin{align*} \norm*{\int_{S_1} u(r \theta) \dx \sigma_1(\theta) - u(0) \sigma_1(S_1)} &= \norm*{\int_{S_1} \parentheses*{u(r \theta)-u(0)} \dx \sigma_1(\theta)} \leq \int_{S_1} \Norm*{u(r \theta)-u(0)} \dx \sigma_1(x)\\ &\leq r \Norm{\nabla u}_{\infty,\bar{B_1}} \sigma_1(S_1) \xrightarrow[r \to 0]{}0, \end{align*} par le théorème des accroissements finis. Ainsi, $g(r) \xrightarrow[r \to 0]{} u(0) \sigma_1(S_1)$ et, pour tout $r>0$, \begin{equation*} u(0) = \frac{1}{\sigma_1(S_1)} \int_{S_1} u(r\theta) \dx \sigma_1(\theta) = \frac{1}{\sigma_r(S_r)} \int_{S_r} u(x) \dx \sigma_r(x), \end{equation*} où on a de nouveau utilisé l'exercice 3 du TD8 et le fait que $\sigma_r(S_r) = r^{d-1}\sigma_1(S_1)$. \end{sol} \item \label{q: formule de la moyenne 2} En déduire la seconde formule de la moyenne: \begin{equation} \label{eq: formule de la moyenne 2} \forall R >0, \qquad u(0) = \frac{1}{\vol(B_R)} \int_{B_R} u(x) \dx x. \end{equation} \begin{sol} Soit $R >0$, on fait un changement de variable sphérique: \begin{equation*} \int_{B_R} u(x) \dx x = \int_{B_R \setminus \brackets{0}} u(x) \dx x = \int_0^R \int_{S_1} r^{d-1} u(r\theta) \dx \sigma_1(\theta)\dx r. \end{equation*} Par l'exercice~3 du TD8, pour tout $r >0$, \begin{equation*} \int_{S_1} r^{d-1} u(r\theta) \dx \sigma_1(\theta) = \int_{S_r} u(x) \dx \sigma_r(x) = u(0)\sigma_r(S_r) = u(0)r^{d-1}\sigma_1(S_1) \end{equation*} d'après la formule~\eqref{eq: formule de la moyenne 1}. Donc \begin{equation*} \frac{1}{\vol(B_R)}\int_{B_R} u(x) \dx x = \frac{u(0)\sigma_1(S_1)}{R^d\vol(B_1)} \int_0^R r^{d-1}\dx r = u(0) \frac{\sigma_1(S_1)}{d\vol(B_1)} = u(0). \end{equation*} \end{sol} \end{enumerate} \end{exo} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \begin{exo}[Solution fondamentale de $\Delta$] \label{exo: solution fondamentale de Delta} On sait qu'en dimension $d \geq 3$, est une solution fondamentale de $\Delta$ est $E_d:x \mapsto -\frac{C_d}{\Norm{x}^{d-2}}$, où $C_d = \frac{\Gamma\parentheses*{\frac{d}{2}}}{2(d-2)\pi^\frac{d}{2}}$. La preuve du cours utilise les distributions homogènes, on propose de redémontrer ce résultat par un calcul ``direct''. \begin{enumerate} \item \label{q: Ed dans D'} Vérifier que $E_d$ définit un élément de $\cD'(\R^d)$. \begin{sol} La fonction $E_d$ est $\cC^\infty$ donc $L^1_{\loc}$ sur $\R^d \setminus \brackets{0}$. Par ailleurs, la fonction $E_d$ est bien intégrable au voisinage de $0$. On a donc $E_d \in L^1_\text{loc}(\R^d) \subset \cD'(\R^d)$. \end{sol} \item \label{q: laplacien Ed lisse} Pour tout $x \in \R^d \setminus \brackets{0}$, calculer $\nabla E_d(x)$ et $\Delta E_d(x)$, au sens de la dérivation usuelle. \begin{sol} Sur $\R^d \setminus \brackets{0}$ la fonction $E_d$ est $\cC^\infty$. On peut donc bien calculer ses dérivées partielles au sens usuel. Pour tout $x \in \R^d \setminus \brackets{0}$, on a: \begin{align*} & & -\frac{1}{C_d}E_d(x) &= \Norm{x}^{2-d} = \parentheses*{\sum_{j=1}^d x_j^2}^{1-\frac{d}{2}},\\ & \forall i \in \ssquarebrackets{1}{d}, & -\frac{1}{C_d}\partial_i E_d(x)&= \parentheses*{2-d}x_i\parentheses*{\sum_{j=1}^d x_j^2}^{-\frac{d}{2}} = (2-d)x_i \Norm{x}^{-d},\\ & \forall i \in \ssquarebrackets{1}{d}, & -\frac{1}{C_d}\partial^2_i E_d(x) &= \parentheses*{2-d}\parentheses*{\sum_{j=1}^d x_j^2}^{-\frac{d}{2}} -d \parentheses*{2-d}x_i^2\parentheses*{\sum_{j=1}^d x_j^2}^{-1-\frac{d}{2}}\\ & & &= \parentheses*{2-d}\parentheses*{\Norm{x}^2 - d x_i^2}\Norm{x}^{-2-d}. \end{align*} On obtient donc d'une part $\nabla E_d(x) = -C_d(2-d)\frac{x}{\Norm{x}^d} = \frac{\Gamma\parentheses*{\frac{d}{2}}}{2\pi^\frac{d}{2}}\frac{x}{\Norm{x}^d}$ et, d'autre part, \begin{equation*} \Delta E_d(x)=\frac{\Gamma\parentheses*{\frac{d}{2}}}{2\pi^\frac{d}{2}}\Norm{x}^{-(d+2)}\sum_{i=1}^d \parentheses{\Norm{x}^2-dx_i^2} =0. \end{equation*} \end{sol} \item \label{q: int sur petite sphere} Vérifier que $\displaystyle \int_{S_\epsilon} E_d \dmesure \sigma_\epsilon \xrightarrow[\epsilon \to 0]{} 0$. En déduire que si $g: \R^d \setminus \brackets{0} \to \C$ est continue et bornée alors $g E_d \: \sigma_\epsilon$ définit une distribution qui converge vers $0$ dans $\cD^\prime(\R^d)$. \begin{sol} Soit $\epsilon > 0$, comme $\sigma_\epsilon (S_\epsilon) = \epsilon^{d-1} \sigma_1 (S_1)$ on a \[ \left| \int_{S_\epsilon} E_d \dmesure \sigma_\epsilon \right| \leq C_d \int_{S_\epsilon} \frac{1}{\Norm{x}^{d-2}} \dx \sigma_\epsilon(x) = \frac{C_d}{\epsilon^{d-2}} \sigma_\epsilon (S_\epsilon) = C_d\sigma_1 (S_1) \epsilon \xrightarrow[\epsilon \to 0]{} 0 \: . \] On peut en déduire que $\displaystyle g E_d \: \sigma_\epsilon \xrightarrow[\epsilon \to 0]{} 0$ dans $\cD^\prime(\R^d)$. En effet, si $\epsilon>0$ et $\varphi \in \cD(\R^d)$, \[ \norm*{\prsc{g E_d \sigma_\epsilon}{\varphi}} \leq -\int_{S_\epsilon} E_d \norm{g} \norm{\varphi} \dmesure \sigma_\epsilon \leq -\Norm{\varphi}_\infty \Norm{g}_\infty \int_{S_\epsilon} E_d \dmesure \sigma_\epsilon. \] À $\epsilon>0$ fixé, cela prouve que $g E_d \sigma_\epsilon$ définit une distribution d'ordre $0$. Puis, si $\varphi \in \cD(\R^d)$ on a \begin{equation*} \norm*{\prsc{g E_d \sigma_\epsilon}{\varphi}} \leq -\Norm{\varphi}_\infty\Norm{g}_\infty \int_{S_\epsilon} E_d \dmesure \sigma_\epsilon \xrightarrow[\epsilon \to 0]{}0. \end{equation*} Donc $g E_d \sigma_\epsilon \xrightarrow[\epsilon \to 0]{}0$ dans $\cD'(\R^d)$. \end{sol} \item \label{q: terme de bord saut} En appliquant la formule des sauts, montrer que $\displaystyle \Delta E_d = \lim_{\epsilon \to 0} \nabla E_d \cdot N \: \sigma_\epsilon$ dans $\cD^\prime (\R^d)$. \begin{sol} On commence par remarquer que pour tout $R > \epsilon$, on a $E_d \one_{B_R \setminus \overline{B_\epsilon}} \xrightarrow[\epsilon \to 0]{} E_d \one_{B_R}$ dans $L^1(\R^d)$ car $E_d \in L^1(B_R)$. On en déduit que $E_d = \displaystyle \lim_{\epsilon \to 0} E_d \: \one_{\R^d \setminus \overline{B_\epsilon}}$ dans $\cD'(\R^d)$. Comme $E_d$ est bien $\cC^\infty$ au voisinage de $\R^d \setminus \bar{B_\epsilon}$, on peut appliquer la formule des sauts à $h_\epsilon = E_d \: \one_{\R^d \setminus \overline{B_\epsilon}} + 0 \cdot \one_{B_\epsilon}$. Pour tout $i \in \{ 1, \ldots, d \}$, on obtient: \[ \partial_i h_\epsilon = \one_{\R^d \setminus \overline{B_\epsilon}} \: \partial_i E_d + 0 + \left( E_d - 0 \right) N_i \: \sigma_\epsilon = \one_{\R^d \setminus \overline{B_\epsilon}} \: \partial_i E_d + E_d N_i \: \sigma_\epsilon \] et en appliquant similairement la formule des sauts à $\one_{\R^d \setminus \overline{B_\epsilon}} \: \partial_i E_d$ on obtient \[ \partial_i^2 h_\epsilon = \one_{\R^d \setminus \overline{B_\epsilon}} \: \partial_i^2 E_d + \partial_i E_d N_i \: \sigma_\epsilon + \partial_i \left(E_d N_i \: \sigma_\epsilon \right) \] Comme $N_i$ est continue et bornée sur $\R^d \setminus \brackets{0}$, d'après la question~\ref{q: int sur petite sphere} on a $E_d N_i \: \sigma_\epsilon \xrightarrow[\epsilon \to 0]{}0$ dans $\cD^\prime(\R^d)$ et donc $\partial_i(E_d N_i \: \sigma_\epsilon) \xrightarrow[\epsilon \to 0]{}0$ par continuité de la dérivation sur $\cD^\prime(\R^d)$. Comme $\Delta$ est aussi continu sur $\cD'(\R^d)$, on a ainsi \[ \Delta E_d = \lim_{\epsilon \to 0} \Delta h_\epsilon = \lim_{\epsilon \to 0} \sum_{i=1}^d \partial_i^2 h_\epsilon = \lim_{\epsilon \to 0} \underbrace{\one_{\R^d \setminus \overline{B_\epsilon}} \: \Delta E_d}_{=0} +\nabla E_d \cdot N \: \sigma_\epsilon \: . \] \begin{rem} On pourrait être plus malin et appliquer la formule des sauts à la fonction continue $\widetilde{h_\epsilon} = E_d \: \one_{\R^d \setminus \overline{B_\epsilon}} + E_d(\epsilon) \: \one_{B_\epsilon}$, qui prolonge ${E_d}_{| \R^d \setminus \overline{B_\epsilon}}$ par une constante sur $B_\epsilon$. Il n'y a alors pas de terme de saut dans $\partial_i \widetilde{h_\epsilon} = \partial_i E_d \: \one_{\R^d \setminus \overline{B_\epsilon}}$, ce qui économise un peu de salive ou d'encre\dots \end{rem} \end{sol} \item \label{q: terme de bord green} Redémontrer que $\displaystyle \Delta E_d = \lim_{\epsilon \to 0} \nabla E_d \cdot N \: \sigma_\epsilon$ dans $\cD^\prime (\R^d)$, en utilisant cette fois une formule de Green pour le laplacien. \begin{sol} Comme dans la question précédente, on utilise le fait que $E_d = \displaystyle \lim_{\epsilon \to 0} E_d \: \one_{\R^d \setminus \overline{B_\epsilon}}$ dans $\cD'(\R^d)$. Soient $\varphi \in \cD(\R^d)$ et $R > \epsilon$ tel que $\supp \varphi \subset B_R$, on a déjà \[ \prsc{\Delta E_d}{\varphi} = \prsc{E_d}{\Delta \varphi} = \lim_{\epsilon \to 0} \prsc{\one_{B_R \setminus \overline{B_\epsilon}} E_d}{\Delta \varphi} \] Pour $\epsilon > 0$, on considère l'ouvert borné à frontière lisse $V = B_R \setminus \overline{B_\epsilon}$. Les fonctions $E_d$ et $\varphi$ sont bien de classe $C^\infty$ au voisinage de $\overline{V}$. Par la deuxième formule de Green~\eqref{eq: formule de Green 2}, on obtient \begin{align*} \prsc{\one_{B_R \setminus \overline{B_\epsilon}} E_d}{\Delta \varphi} & = \int_{B_R \setminus \overline{B_\epsilon}} \underbrace{ \Delta E_d(x)}_{=0} \varphi(x) \dx x + \int_{S_\epsilon} \left( E_d \nabla \varphi - \varphi \nabla E_d \right) \cdot (-N) \dmesure \sigma_\epsilon \\ & = \int_{S_\epsilon} \varphi \nabla E_d \cdot N \dmesure \sigma_\epsilon - \int_{S_\epsilon} E_d \nabla \varphi \cdot N \dmesure \sigma_\epsilon, \end{align*} où on a utilisé d'une part que $\supp \varphi \subset B_R$ et donc le terme portant sur $S_R \subset \partial V = S_R \cup S_\epsilon$ est nul, et d'autre part que la normale sortante de $V$ sur $S_\epsilon$ est $-N$. On conclut en observant que le second terme ci-dessus tend vers $0$ lorsque $\epsilon \to 0$. En effet, par la question \ref{q: int sur petite sphere}, \[ \norm*{\int_{S_\epsilon} E_d \nabla \varphi \cdot N \dmesure \sigma_\epsilon} \leq -\Norm{\nabla \varphi}_\infty \int_{S_\epsilon} E_d \dmesure \sigma_\epsilon \xrightarrow[\epsilon \to 0]{} 0. \] Donc, pour tout $\varphi \in \cD(\R^d)$, $\prsc{\Delta E_d}{\varphi} = \displaystyle \lim_{\epsilon \to 0} \prsc{\nabla E_d \cdot N \sigma_\epsilon}{\varphi}$. \end{sol} \item \label{q: solution fondamentale d neq 3} Calculer $\Delta E_d$ dans $\cD'(\R^d)$. \begin{sol} Commençons par remarquer que sur $\R^d \setminus \brackets{0}$, la fonction $E_d$ est $\cC^\infty$. Sur ce domaine, ses dérivées partielles au sens des distributions coïncident avec celles au sens usuel. D'après la question~\ref{q: laplacien Ed lisse}, on a donc $\parentheses*{\Delta E_d}_{\vert \R^d \setminus \brackets{0}}=0$. En particulier, $\Delta E_d$ est supportée en $0$ et est donc une combinaison linéaire de dérivées partielles de $\delta_0$. Pour calculer $\Delta E_d$, on va s'appuyer sur la formule prouvée dans les questions~\ref{q: terme de bord saut} et~\ref{q: terme de bord green}. Soit $\varphi \in \cD(\R^d)$ et soit $\epsilon >0$, d'après les calculs effectués à la question~\ref{q: laplacien Ed lisse}, pour $x \in S_\epsilon$, \[ \nabla E_d(x) \cdot N(x) = C_d(d-2) \frac{x}{\Norm{x}^{d}} \cdot \frac{x}{\Norm{x}} = \frac{\Gamma\parentheses*{\frac{d}{2}}}{2\pi^\frac{d}{2}} \frac{1}{\Norm{x}^{d-1}} = \frac{\Gamma\parentheses*{\frac{d}{2}}}{2\pi^\frac{d}{2}} \frac{1}{\epsilon^{d-1}} \] de sorte que \begin{equation} \label{eq: calcul laplacien Ed} \int_{S_\epsilon} \varphi \nabla E_d \cdot N \dmesure \sigma_\epsilon = \frac{\Gamma\parentheses*{\frac{d}{2}}}{2\pi^\frac{d}{2}} \frac{1}{\epsilon^{d-1}} \int_{S_\epsilon} \varphi \dmesure \sigma_\epsilon \end{equation} On peut appliquer l'inégalité des accroissements finis à $\varphi$ entre $x \in S_\epsilon$ et $0$ : \[ | \varphi(x) - \varphi(0) | \leq \| \nabla \varphi \|_\infty \Norm{x} \] et en intégrant sur $S_\epsilon$ l'inégalité précédente, il vient \[ \frac{1}{\epsilon^{d-1}} \int_{S_\epsilon} | \varphi - \varphi(0)| \dmesure \sigma_\epsilon \leq \| \nabla \varphi \|_\infty \frac{1}{\epsilon^{d-1}} \int_{S_\epsilon} \epsilon \sigma_\epsilon = \| \nabla \varphi \|_\infty \epsilon \sigma_1 (S_1) \xrightarrow[\epsilon \to 0]{} 0 \: . \] On conclut \[ \lim_{\epsilon \to 0} \int_{S_\epsilon} \varphi \nabla E_d \cdot N \dmesure \sigma_\epsilon = \frac{\Gamma\parentheses*{\frac{d}{2}}}{2\pi^\frac{d}{2}} \lim_{\epsilon \to 0} \frac{1}{\epsilon^{d-1}} \int_{S_\epsilon} \varphi(0) \dmesure \sigma_\epsilon = \frac{\Gamma\parentheses*{\frac{d}{2}}}{2\pi^\frac{d}{2}} \sigma_1 (S_1) \varphi(0)=\varphi(0) . \] Par les questions~\ref{q: terme de bord saut} et~\ref{q: terme de bord green}, on obtient donc pour tout $\varphi \in \cD(\R^d)$, $\prsc{\Delta E_d}{\varphi} = \prsc{\delta_0}{\varphi}$. Donc $\Delta E_d = \delta_0$. \end{sol} \item (\emph{facultatif}) \label{q: solution fondamentale d eq 2} Pour $d=2$, on pose $E_2 : x \mapsto \frac{1}{2\pi}\ln \Norm{x}$. Calculer $\Delta E_2$ dans $\cD'(\R^2)$ par la même méthode que ci-dessus. \begin{sol} La fonction $E_2$ est $\cC^\infty$ donc $L^1_\text{loc}$ sur $\R^2 \setminus \brackets{0}$. Au voisinage de $0$, on a $\norm*{\strut \ln \Norm{x}} = O\parentheses*{\Norm{x}^{-1}}$. Comme $x \mapsto \Norm{x}^{-1}$ est intégrable au voisinage de $0$, c'est aussi le cas de $E_2$. Donc on a $E_2 \in L^1_\text{loc}(\R^2) \subset \cD'(\R^2)$. Pour tout $x \in \R^2 \setminus \brackets{0}$, on obtient par des calculs directs similaires à ceux de la question~\ref{q: laplacien Ed lisse}: \begin{align*} &\forall i \in \brackets{1,2}, & &\partial_i E_2(x) = \frac{x_i}{2\pi\Norm{x}^2}, & &\partial^2_i E_2(x) = \frac{\Norm{x}-2x_i^2}{2\pi\Norm{x}^4},\\ & & &\nabla E_2 (x) = \frac{x}{2\pi\Norm{x}^2}, & &\Delta E_2(x)= \frac{1}{2\pi\Norm{x}^4}\parentheses*{2\Norm{x}^2 - 2 x_1^2 - 2 x_2^2}=0. \end{align*} La preuve de la question~\ref{q: terme de bord green} reste vraie sans modification. On a donc pour tout $\varphi \in \cD(\R^2)$, \begin{equation*} \prsc{\Delta E_2}{\varphi} = \lim_{\epsilon\to 0} \int_{S_\epsilon} \parentheses*{\varphi \ \nabla E_2 - E_2 \ \nabla \varphi} \cdot N \dx \sigma_\epsilon. \end{equation*} Puis, pour tout $\epsilon >0$, \begin{align*} 2\pi\int_{S_\epsilon} \parentheses*{\varphi \ \nabla E_2 - E_2 \ \nabla \varphi} \cdot N \dx \sigma_\epsilon &= \frac{1}{\epsilon} \int_{S_\epsilon} \varphi(x) \dx \sigma_\epsilon(x) - \ln\norm{\epsilon} \int_{S_\epsilon} \nabla \varphi \cdot N \dx \sigma_\epsilon\\ &= \int_{S_1} \varphi(\epsilon x) \dx \sigma_1(x) + O\parentheses{\strut \ln \norm{\epsilon} \sigma_\epsilon(S_\epsilon)}\\ &= \varphi(0) \sigma_1(S_1) + \int_{S_1}\parentheses*{\varphi(\epsilon x)-\varphi(0)} \dx \sigma_1(S_1) + O\parentheses*{\epsilon\ln \norm{\epsilon}}\\ &\xrightarrow[\epsilon \to 0]{} 2\pi \varphi(0). \end{align*} Donc $\Delta E_2 = \delta_0$. \end{sol} \end{enumerate} \end{exo} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \begin{exo}[Formule de Cauchy--Pompeiu] \label{exo: formule de Cauchy-Pompeiu} On identifie canoniquement $\R^2$ à $\C$ via l'application $x=(x_1 ,x_2) \mapsto z = x_1 + i x_2$. On rappelle que $\frac{\partial}{\partial \bar{z}} = \frac{1}{2} (\partial_1 + i \partial_2)$. \begin{enumerate} \item \label{q: Cauchy f distrib} Soit $f:z \mapsto \frac{1}{z}$ de $\C^*$ dans $\C$. Vérifier que $f$ définit une distribution sur $\C \simeq \R^2$, et montrer que $f \one_{\R^2 \setminus B_\epsilon} \xrightarrow[\epsilon \to 0]{} f$ dans $\cD'(\R^2)$. \begin{sol} Pour tout $z \in \C^*$, on a $\norm{f(z)} = \frac{1}{\norm{z}} = \frac{1}{\Norm{x}}$. Cette fonction est intégrable en $0$ dans $\R^2$. Comme $f$ est holomorphe sur $\C^*$, on en déduit que $f \in L^1_\loc(\R^2)$ et donc définit bien une distribution. Pour tout $\varphi \in \cD(\R^2)$, on a donc $\varphi f \in L^1(\R^2)$. Donc \begin{equation*} \prsc{f \one_{\R^2 \setminus B_\epsilon}}{\varphi} = \int_{\R^d \setminus B_\epsilon} f(x) \varphi(x) \dx x \xrightarrow[\epsilon \to 0]{} \int_{\R^d} f(x) \varphi(x) \dx x = \prsc{f}{\varphi}. \end{equation*} D'où $f \one_{\R^2 \setminus B_\epsilon} \xrightarrow[\epsilon \to 0]{} f$ dans $\cD'(\R^2)$. \end{sol} \item \label{q: derivée f} Montrer que $\frac{\partial}{\partial \bar{z}} f = \pi \delta_0$. \begin{sol} Pour tout $\epsilon >0$, on note $f_\epsilon = f \one_{\R^2 \setminus B_\epsilon}$. Comme $f_\epsilon \xrightarrow[\epsilon \to 0]{\cD'}f$ on a $\frac{\partial}{\partial \bar{z}} f_\epsilon \xrightarrow[\epsilon \to 0]{\cD'} \frac{\partial}{\partial \bar{z}}f$. On va procéder comme dans la question~\ref{q: terme de bord saut} de l'exercice~\ref{exo: solution fondamentale de Delta}, et calculer $\frac{\partial}{\partial \bar{z}} f_\epsilon$ via la formule des sauts. Soit $\epsilon >0$. Comme $f$ est holomorphe sur $\C^*$, elle est en particulier $\cC^\infty$ sur un voisinage de $\R^2 \setminus B_\epsilon$. Pour $j \in \brackets{1,2}$, la formule des sauts appliquée à $f_\epsilon = f \one_{\R^2 \setminus B_\epsilon} + 0 \cdot \one_{B_\epsilon}$ montre que \begin{equation*} \partial_j f_\epsilon = (\partial_j f) \one_{\R^2 \setminus B_\epsilon} + 0 \cdot \one_{B_\epsilon} + (f-0) \nu_j \sigma_\epsilon, \end{equation*} où $\nu$ est la normale unitaire sortante de $B_\epsilon$. Donc \begin{align*} \frac{\partial}{\partial \bar{z}} f_\epsilon &= \frac{1}{2}\parentheses*{\partial_1 + i \partial_2}f_\epsilon = \frac{1}{2}\parentheses*{\partial_1 f \one_{\R^2 \setminus B_\epsilon} + i \partial_2 f \one_{\R^2 \setminus B_\epsilon}} + f\frac{1}{2}\parentheses*{\nu_1 +i\nu_2} \sigma_\epsilon\\ &= \one_{\R^2 \setminus B_\epsilon} \frac{\partial}{\partial \bar{z}} f + \frac{1}{2}f \nu \sigma_\epsilon = \frac{1}{2}f \nu \sigma_\epsilon, \end{align*} car $f$ est holomorphe sur $\C^*$. Pour tout $z \in S_\epsilon$, la normale unitaire sortante de $B_\epsilon$ en $z$ est $\nu(z) = \frac{z}{\norm{z}}=\frac{z}{\epsilon}$, donc $f(z)\nu(z) = \frac{1}{\epsilon}$. On obtient finalement que $\frac{\partial}{\partial \bar{z}} f_\epsilon = \frac{1}{2\epsilon}\sigma_\epsilon$. Il reste à vérifier que $\frac{1}{2\epsilon}\sigma_\epsilon \xrightarrow[\epsilon \to 0]{} \pi \delta_0$ dans $\cD'(\R^2)$. Soit $\varphi \in \cD(\R^2)$, on a: \begin{equation*} \prsc*{\frac{1}{2\epsilon}\sigma_\epsilon}{\varphi} = \frac{1}{2\epsilon}\int_{S_\epsilon} \varphi(z) \dx \sigma_\epsilon(z) = \frac{1}{2} \int_{S_1} \varphi(\epsilon \theta) \dx \sigma_1(\theta), \end{equation*} où on a utilisé l'exercice~3 de la feuille 8. Alors, comme $\sigma_1(S_1)=2\pi$ en dimension $d=2$, \begin{align*} \norm*{\prsc*{\frac{1}{2\epsilon}\sigma_\epsilon}{\varphi}- \pi \varphi(0)} &= \norm*{\frac{1}{2} \int_{S_1} \parentheses*{\varphi(\epsilon \theta)-\varphi(0)} \dx \sigma_1(\theta)} \leq \frac{1}{2}\int_{S_1} \norm{\varphi(\epsilon \theta)-\varphi(0)} \dx \sigma_1(\theta)\\ &\leq \frac{\epsilon}{2}\Norm{D\varphi}_\infty \sigma_1(S_1) = \pi \Norm{D\varphi}_\infty \epsilon \xrightarrow[\epsilon \to 0]{}0. \end{align*} Donc $\prsc*{\frac{1}{2\epsilon}\sigma_\epsilon}{\varphi} \xrightarrow[\epsilon \to 0]{}\pi \varphi(0)$ pour tout $\varphi \in \cD(\R^2)$, i.e. $\frac{\partial}{\partial \bar{z}} f_\epsilon=\frac{1}{2\epsilon}\sigma_\epsilon \xrightarrow[\epsilon \to 0]{}\pi \delta_0$ dans $\cD'(\R^2)$. Finalement, on obtient bien $\frac{\partial}{\partial \bar{z}} f=\pi \delta_0$. \end{sol} \item \label{q: formule de Pompeiu} Soit $R >0$, calculer $\frac{\partial}{\partial \bar{z}}\parentheses*{f\one_{B_R}}$. En déduire que pour tout $\varphi \in \cC^\infty(\R^2)$ \begin{equation} \label{eq: Cauchy-Pompeiu} \varphi(0) = \frac{1}{2i\pi} \int_{S_R} \frac{\varphi(z)}{z} \dx z - \int_{B_R} \frac{1}{\pi z} \frac{\partial \varphi}{\partial \bar{z}}(z) \dx\lambda(z). \end{equation} \begin{sol} Vus les calculs précédents, on a $\frac{\partial}{\partial \bar{z}}\parentheses*{f\one_{B_R}}=\frac{\partial}{\partial \bar{z}}\parentheses*{f - f_R} = \pi \delta_0 - \frac{1}{2R} \sigma_R$. Par ailleurs, $f \one_{B_R}$ est nulle hors de $B_R$, donc la distribution associée est à support compact. Il est donc licite de l'évaluer contre des fonctions $\cC^\infty$. Soit $\varphi \in \cC^\infty(\R^2)$, on calcule: \begin{align*} \prsc*{\frac{\partial}{\partial \bar{z}}\parentheses*{f\one_{B_R}}}{\varphi} &= -\prsc*{f\one_{B_R}}{\frac{\partial \varphi}{\partial \bar{z}}} = -\int_{\R^2} f(z)\one_{B_R}(z) \frac{\partial \varphi}{\partial \bar{z}}(z) \dx \lambda(z)\\ &= - \int_{B_R} \frac{1}{z}\frac{\partial \varphi}{\partial \bar{z}}(z) \dx \lambda(z). \end{align*} Par ailleurs, \begin{equation*} \prsc*{\frac{\partial}{\partial \bar{z}}\parentheses*{f\one_{B_R}}}{\varphi} = \prsc*{\pi \delta_0-\frac{1}{2R}\sigma_R}{\varphi} = \pi \varphi(0) - \frac{1}{2R} \int_{S_R} \varphi(z) \dx \sigma_R(z). \end{equation*} Donc \begin{equation} \label{eq: CP intermediaire} \varphi(0) = \frac{1}{2\pi R} \int_{S_R} \varphi(z) \dx \sigma_R(z)- \int_{B_R} \frac{1}{\pi z}\frac{\partial \varphi}{\partial \bar{z}}(z) \dx \lambda(z). \end{equation} Comme $S_R$ est une courbe, sa mesure superficielle coïncide avec sa longueur d'arc. En paramétrant $S_R$ par $\theta \mapsto Re^{i\theta}$, il vient \begin{equation*} \frac{1}{R}\int_{S_R} \varphi(z) \dx \sigma_R(z) = \frac{1}{R}\int_0^{2\pi} \varphi(Re^{i\theta})R \dx \theta = \frac{1}{i}\int_0^{2\pi} \frac{\varphi(Re^{i\theta})}{Re^{i\theta}} R i e^{i\theta} \dx \theta = \frac{1}{i}\int_{S_R} \frac{\varphi(z)}{z} \dx z. \end{equation*} La dernière égalité vient de la définition du dernier terme en analyse complexe. Comme $S_R$ est paramétré par $\theta \mapsto R e^{i\theta}$ on a $\dx z = i R e^{i \theta} \dx \theta$. Finalement, on obtient la formule~\eqref{eq: Cauchy-Pompeiu} en ré-injectant l'égalité précédente dans~\eqref{eq: CP intermediaire}. \end{sol} \item Soit $V \subset \C$ un ouvert et $\varphi:V \to \C$ holomorphe. Pour tout $R>0$ tel que $a + \bar{B_R} \subset V$, montrer que \begin{equation} \label{eq: formule de Cauchy} \varphi(a) = \frac{1}{2i\pi} \int_{a+S_R} \frac{\varphi(z)}{z-a} \dx z \end{equation} \begin{sol} Considérons la fonction $\tau_{-a}\varphi = \varphi(a + \cdot)$ qui est holomorphe sur $V-a$. Par hypothèse on a $\bar{B_R} \subset V -a$. Soit $\chi \in \cD(V)$ une fonction plateau qui est égale à $1$ sur un voisinage de $\bar{B_R}$. Alors $\chi \tau_{-a}\varphi \in \cC^\infty(\R^2)$, et on peut lui appliquer la formule~\eqref{eq: Cauchy-Pompeiu}: \begin{equation*} \chi(0)\varphi(a) = \frac{1}{2i \pi}\int_{S_R} \frac{1}{z}\chi(z) \varphi(a+z) \dx z - \int_{B_R} \frac{1}{\pi z} \frac{\partial}{\partial \bar{z}}\parentheses*{\chi \tau_{-a}\varphi}(z) \dx \lambda(z). \end{equation*} Comme $\chi \equiv 1$ au voisinage de $B_R$, on a $\chi(0)=1$ et, pour tout $z \in B_R$, \begin{equation*} \frac{\partial}{\partial \bar{z}}\parentheses*{\chi \tau_{-a}\varphi}(z) = \frac{\partial}{\partial \bar{z}}\parentheses*{\varphi(a+\cdot)}(z) = 0 \end{equation*} car $\varphi$ est holomorphe. Ainsi, \begin{equation*} \varphi(a)= \frac{1}{2i \pi}\int_{S_R} \frac{\varphi(a+z)}{z} \dx z = \frac{1}{2i \pi}\int_{a+S_R} \frac{\varphi(z)}{z-a} \dx z. \end{equation*} \end{sol} \end{enumerate} \end{exo} \end{document}