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\theoremstyle{remark}
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	\newtheorem*{exs}{Exemples}
		

% Commandes et opérateurs utiles

\newcommand{\B}{\mathbb{B}}
\newcommand{\C}{\mathbb{C}}
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\newcommand{\dx}{\dmesure\!}
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\newcommand{\mvert}{\mathrel{}\middle|\mathrel{}}
\newcommand{\one}{\mathbf{1}}

\renewcommand{\bar}{\overline}
\renewcommand{\epsilon}{\varepsilon}
\renewcommand{\geq}{\geqslant}
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\renewcommand{\leq}{\leqslant}
\renewcommand{\tilde}{\widetilde}

\DeclareMathOperator{\dmesure}{d}
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\DeclarePairedDelimiter{\brackets}{\{}{\}}
\DeclarePairedDelimiter{\ceil}{\lceil}{\rceil}
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\DeclarePairedDelimiter{\norm}{\lvert}{\rvert}
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\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}
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% Définition d'un environnement sol qui peut être commenté à loisir ci-dessous
% La numération des équations est indépendantes et en chiffres romains dans les solutions

\specialcomment{sol}{
	\setcounter{aux}{\value{equation}}
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	\par\begingroup\color{violet}
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	\endgroup
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	}

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%\excludecomment{sol}

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% Informations du document

\author{Blanche Buet, Dominique Hulin et Thomas Letendre}
\date{2024 -- 2025}
\title{Feuille 3 -- Distributions en plusieurs variables}


\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{ntns}

Soit $\Norm{\cdot}$ la norme euclidienne usuelle sur $\R^d$. Pour tout $x \in \R^d$ et $R>0$, on note $B(x,R) = \brackets*{y \in \R^d \mvert \Norm{x-y}<R}$. On notera aussi $B_R = B(0,R)$ par souci de concision.
\end{ntns}


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

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

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

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

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

Montrons à présent que $T_2$ est d'ordre $1$. On sait que $T_2$ est d'ordre au plus $1$ et supposons par l'absurde que $T_2$ est d'ordre $0$. En appliquant la définition de distribution d'ordre $0$ sur le compact $K = \overline{B_2}$, il existe $C \geq 0$ tel que pour tout $\varphi \in \cD(\R)$ à support dans $K$,
\begin{equation}
\label{eq: Ordre0}
\norm{\prsc{T_2}{\varphi}} \leq C \Norm*{\varphi}_\infty.
\end{equation}

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

Soit $\chi \in \cD(\R^2)$ une fonction plateau : $\chi = 1$ sur $\overline{B_1}$, $\chi = 0$ en dehors de $B_2$ et $0 \leq \chi \leq 1$. On définit ensuite $\psi \in \cD(\R^2)$ par $\psi : (x_1,x_2) \in \R^2 \mapsto \chi(x)x_2$ de sorte que pour tout $(x_1,x_2) \in \R^2$, $\partial_2 \psi(x_1,x_2) = \partial_2 \chi(x) x_2 + \chi(x) $ et pour $t \in \R$, $\partial_2 \psi (t,0) = \chi(t,0)$.

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

\end{sol}

\end{exo}


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

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

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

\begin{enumerate}

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

\begin{sol}

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

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

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

\end{sol}

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

\begin{sol}

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

\end{sol}

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

\begin{sol}

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

\end{sol}

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

\begin{sol}

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

\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}

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

\begin{dfn}[Mesure-image]
\label{def: mesure-image}
Soient $f:(X,\mathcal{A})\to (Y,\mathcal{B})$ une application mesurable entre espaces mesurés et $\nu$ une mesure sur $(X,\mathcal{A})$. La \emph{mesure-image} $f_*\nu$ est la mesure sur $(Y,\mathcal{B})$ définie par $f_*\nu(B) = \nu\parentheses*{f^{-1}(B)}$ pour tout $B \in \mathcal{B}$. C'est l'unique mesure telle que, pour tout $\varphi:B \to [0,+\infty]$  mesurable, on a
\begin{equation}
\label{eq: mesure image}
\displaystyle\int_A \varphi \circ f(x) \dx \nu(x) = \int_B \varphi(y) \dx f_*\nu(y).
\end{equation}
De plus, $\varphi:B \to C$ est intégrable pour $f_*\nu$ si et seulement si $\varphi \circ f$ est intégrable pour $\nu$, et dans ce cas~\eqref{eq: mesure image} est encore valable.
\end{dfn}

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

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

Soit $\gamma$ la restriction à $\R^d \setminus \brackets{0}$ de la mesure gaussienne standard, i.e.~$\gamma$ admet la densité $x \mapsto (2\pi)^{-\frac{d}{2}}\exp\parentheses*{-\frac{1}{2}\Norm{x}^2}$ par rapport à la mesure de Lebesgue. On note $\mu = \pi_* \gamma$ sa mesure image par la projection radiale $\pi:x \mapsto \frac{x}{\Norm{x}}$ de $\R^d \setminus \brackets{0}$ vers $\S^{d-1}\subset \R^d$.

\begin{enumerate}

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

\begin{sol}

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

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

\end{sol}

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

\begin{sol}

La mesure $\mu$ est la loi de $\frac{X}{\Norm{X}}$, où $X$ est un vecteur gaussien standard dans $\R^d$. C'est donc la mesure de probabilité uniforme sur $\S^{d-1}$, c'est-à-dire invariante par rotation. Il est donc naturel que $\supp(\mu) = \S^{d-1}$. Prouvons-le.

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

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

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

\end{sol}

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

\begin{sol}

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

\end{sol}

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

\begin{sol}

On a déjà vu que $\mu_{\vert \R^d \setminus \S^{d-1}}=0$. Donc $\mu$ est lisse hors de $\S^{d-1}$. Donc le support singulier de $\mu$ est contenu dans $\S^{d-1}$. On va montrer que le support singulier de $\mu$ est égal à $\S^{d-1}$.

Soit $x \in \S^{d-1}$, supposons par l'absurde que $x$ n'appartiennent pas au support singulier. Il existe alors $\epsilon>0$ tel que $\mu_{\vert B(x,\epsilon)}$ soit définie par une fonction lisse $f:B(x,\epsilon) \to \C$. Notons $U = B(x,\epsilon) \setminus \S^{d-1}$. On a alors $T_{\parentheses*{f_{\vert U}}} = (T_f)_{\vert U} = \mu_{\vert U}=0$, donc $f_{\vert U}=0$. Par continuité, on aurait donc $f=0$, et $\mu_{\vert B(x,\epsilon)}=0$. Donc $x \notin \supp(\mu)$ puisque $\mu$ est nulle au voisinage de $x$. Contradiction car $x \in \S^{d-1}=\supp(\mu)$ par la question~\ref{q: support de mu}.
\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}

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

\begin{dfn}[Changement de variable sphérique]
\label{def: spherique}
On admet (pour l'instant) qu'il existe une mesure borélienne $\sigma$ sur la sphère euclidienne $\S^{d-1} \subset \R^d$ telle que, pour tout $f:\R^d \to [0,+\infty]$ mesurable,
\begin{equation}
\label{eq: changement de var spherique}
\int_{\R^d} f(x) \dx x = \int_{r=0}^{+\infty} \int_{\theta \in \S^{d-1}} f(r\theta) r^{d-1} \dx r \dx \sigma(\theta).
\end{equation}
De plus, $f:\R^d \to \C$ est intégrable si et seulement si $(r,\theta) \mapsto r^{d-1}f(r\theta)$ est intégrable pour $\dx r \otimes \sigma$, et dans ce cas~\eqref{eq: changement de var spherique} est encore vrai. En dimension $d=2$, la mesure $\sigma$ coïncide avec la mesure de Lebesgue sur $\S^1$ et on retrouve la formule usuelle de changement de variable polaire:
\begin{equation}
\label{eq: changement de var polaire}
\int_{\R^2} f(x) \dx x = \int_{r=0}^{+\infty} \int_{\theta=0}^{2\pi} f(r\cos(\theta),r\sin(\theta)) r \dx r \dx \theta.
\end{equation}
\end{dfn}

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

\begin{exo}[Calcul du volume de la sphère]
\label{exo: volume de la sphere}

On va relier la mesure $\sigma$ apparaissant dans la formule~\eqref{eq: changement de var spherique} et la mesure $\mu$ étudiée dans l'exercice~\ref{exo: mesure uniforme sur la sphere}, vue ici comme mesure sur $\S^{d-1}$.

\begin{enumerate}

\item \label{q: mu et sigma} Montrer qu'il existe $C_d\in ]0,+\infty[$ telle que $\mu = C_d\sigma$.

\begin{sol}

Soit $B \subset \S^{d-1}$ un borélien. Par définition de la mesure-image, on a
\begin{equation*}
\mu(B) = \pi_*\gamma(B)= \gamma\parentheses*{\pi^{-1}(B)} = \int_{\R^d} \one_{\pi^{-1}(B)}(x) \frac{e^{-\frac{\Norm{x}^2}{2}}}{(2\pi)^{\frac{d}{2}}} \dx x.
\end{equation*}
Pour tout $x \neq 0$, on écrit $\one_{\pi^{-1}(B)}(x) = \one_B \circ \pi (x) = \one_B\parentheses*{\frac{x}{\Norm{x}}}$. On applique ensuite la formule de changement de variable sphérique~\eqref{eq: changement de var spherique} à la fonction positive $x \mapsto \one_B\parentheses*{\frac{x}{\Norm{x}}}e^{-\frac{\Norm{x}^2}{2}}$. On obtient:
\begin{equation*}
\mu(B) = \frac{1}{(2\pi)^{\frac{d}{2}}} \int_{r=0}^{+\infty} \int_{\theta \in \S^{d-1}} \one_B(\theta) r^{d-1}e^{-\frac{r^2}{2}}\dx \sigma(\theta) \dx r = \sigma(B) \underbrace{\int_{0}^{+\infty} r^{d-1}\frac{e^{-\frac{r^2}{2}}}{(2\pi)^{\frac{d}{2}}} \dx r}_{:= C_d}.
\end{equation*}
C'est valable pour tout borélien de la sphère, donc $\mu = C_d \sigma$. Dans la définition de $C_d$, l'intégrande est bien intégrable, et est strictement positive sur $]0,+\infty[$. Donc $C_d \in ]0,+\infty[$.

\end{sol}

\item \label{q: volume S} Calculer $C_d$. En déduire $\sigma$ est une mesure finie et déterminer $\sigma(\S^{d-1})$.

\begin{sol}

On repart de l'expression précédente:
\begin{equation*}
C_d = \int_{0}^{+\infty} r^{d-1}\frac{e^{-\frac{r^2}{2}}}{(2\pi)^{\frac{d}{2}}} \dx r = \int_0^{+\infty}\parentheses*{\frac{r}{\sqrt{2}}}^{d-2}e^{-\frac{r^2}{2}} \frac{r \dx r}{2\pi^\frac{d}{2}} = \int_0^{+\infty} t^{\frac{d}{2}-1} e^{-t} \frac{\dx t}{2\pi^\frac{d}{2}}= \frac{\Gamma\parentheses*{\frac{d}{2}}}{2 \pi^\frac{d}{2}}.
\end{equation*}

Par ailleurs, on a $\mu(\S^{d-1}) = \gamma\parentheses*{\pi^{-1}(\S^{d-1})} = \gamma\parentheses*{\R^d \setminus \brackets{0}} = \gamma(\R^d) = 1$ car $\gamma$ est une mesure de probabilité à densité par rapport à Lebesgue. Donc $1 = \mu(\S^{d-1}) = C_d \sigma(\S^{d-1})$ et finalement $\sigma(\S^{d-1}) = \frac{1}{C_d} = \frac{2\pi^\frac{d}{2}}{\Gamma\parentheses*{\frac{d}{2}}}<+\infty$.

\begin{rem}

Il est bien connu que $\gamma$ est une mesure de probabilité. Mais pour prouver que la normalisation est la bonne utilise-t-on un calcul en coordonnées sphériques? Autrement dit, est-ce qu'on utilise $\sigma(\S^{d-1})=\frac{2\pi^\frac{d}{2}}{\Gamma\parentheses*{\frac{d}{2}}}$ pour obtenir $\mu(\R^d)=1$? Auquel cas on aurait triché honteusement. Pour se rassurer on va vérifier que tout va bien.

Par Fubini, on a $\int_{\R^d} e^{-\frac{\Norm{x}^2}{2}} \dx x = \parentheses*{\int_\R e^{-\frac{u^2}{2}}\dx u}^d$. Et il s'agit de vérifier que $\int_\R e^{-\frac{u^2}{2}}\dx u = \sqrt{2\pi}$. Par ailleurs, par un changement de coordonnée polaire,
\begin{equation*}
\parentheses*{\int_\R e^{-\frac{t^2}{2}}\dx t}^2 = \int_{\R^2} e^{-\frac{\Norm{x}^2}{2}} \dx x = \int_0^{+\infty} \int_0^{2\pi} e^{-\frac{r^2}{2}}r\dx r \dx \theta = 2\pi \parentheses*{\int_0^{+\infty} e^{-t} \dx t}=2\pi.
\end{equation*}
Donc tout va bien, on n'a pas fait de raisonnement circulaire.

\end{rem}

\end{sol}

\item \label{q: volume boule} Montrer que $\int_{B_1} \dx x = \frac{\pi^\frac{d}{2}}{\Gamma\parentheses*{\frac{d}{2}+1}}$.

\begin{sol}

On fait un changement de coordonnées sphériques:
\begin{equation*}
\int_{B_1} \dx x = \int_0^1 \int_{\S^{d-1}} r^{d-1}\dx r \dx \sigma(\theta) = \sigma(\S^{d-1}) \int_0^1 r^{d-1}\dx r= \frac{2\pi^\frac{d}{2}}{\Gamma\parentheses*{\frac{d}{2}}} \frac{1}{d} = \frac{\pi^\frac{d}{2}}{\frac{d}{2}\Gamma\parentheses*{\frac{d}{2}}}=\frac{\pi^\frac{d}{2}}{\Gamma\parentheses*{\frac{d}{2}+1}}.
\end{equation*}

\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}

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\begin{exo}[Intégrabilité des puissances de la norme]
\label{exo: integrabilite des fonctions puissances}

Soient $\alpha \in \R$ et $R>0$, montrer que dans~$\R^d$ on a les équivalences suivantes:
\begin{align*}
\int_{B_R} \Norm{x}^\alpha \dx x <+\infty &\iff \alpha >-d & &\text{et} & \int_{\R^d \setminus B_R} \Norm{x}^\alpha \dx x <+\infty &\iff \alpha <-d.
\end{align*}

\begin{sol}

On fait le calcul en passant en coordonnées sphérique. Comme $x \mapsto\Norm{x}^\alpha$ est à valeurs positives,
\begin{align*}
\int_{B_R} \Norm{x}^\alpha \dx x &= \int_{\R^d} \one_{B_R}(x)\Norm{x}^\alpha\dx x = \int_0^{+\infty} \int_{\S^{d-1}} \one_{B_R}(r\theta)\Norm{r\theta}^\alpha r^{d-1} \dx r \dx \sigma(\theta)\\
&= \int_0^R \int_{\S^{d-1}} r^{\alpha+d-1} \dx r \dx \sigma(\theta) = \sigma(\S^{d-1}) \int_0^R r^{\alpha+d-1} \dx r.
\end{align*}
Comme $\sigma(\S^{d-1})<+\infty$, voir exercice~\ref{exo: volume de la sphere} question~\ref{q: volume S}, cette intégrale est finie si et seulement si la fonction $r \mapsto r^{\alpha+d-1}$ est intégrable en $0$, i.e.~$\alpha+d-1 > -1$, i.e.~si $\alpha>-d$. De même,
\begin{equation*}
\int_{\R^d \setminus B_R} \Norm{x}^\alpha \dx x = \int_R^{+\infty}\int_{\S^{d-1}} r^{\alpha+d-1} \dx r \dx \sigma(\theta) = \sigma(\S^{d-1}) \int_R^{+\infty} r^{\alpha+d-1} \dx r
\end{equation*}
et cette expression est finie si et seulement si $\alpha+d-1 < -1$, i.e.~$\alpha < -d$.

\end{sol}

\end{exo}

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\begin{exo}[Valeur principale, le retour]
\label{exo: vp is back}

Soient $f:\R^2 \setminus\brackets{0}\to \R$ et $T:\cD(\R^2) \to \C$ définies par:
\begin{align*}
&f :(x_1,x_2) \mapsto \frac{x_1}{\Norm{(x_1,x_2)}^3} & &\text{et} & &T : \varphi \longmapsto \lim_{\epsilon \to 0} \int_{\R^2 \setminus B_\epsilon} f(x)\varphi(x) \dx x.
\end{align*}

\begin{enumerate}

\item \label{q: fonction non L1loc} Est-ce que $f \in L^1_\loc(\R^2)$?

\begin{sol}

Cette fonction est continue donc $L^1_\text{loc}$ sur $\R^2 \setminus \brackets{0}$. S'il y a un problème c'est donc en $0$. On va montrer que la fonction n'est pas intégrable sur $B_1$, par un changement de variable polaire.
\begin{equation*}
\int_{B_1} f(x) \dx x = \int_{B_1} \frac{\norm{x_1}}{\Norm{x}^3}\dx x = \int_0^{2\pi} \int_0^1 \frac{r\norm{\cos(\theta)}}{r^3}r \dx r \dx \theta = \parentheses*{\int_0^{2\pi} \norm{\cos(\theta)}\dx \theta} \parentheses*{\int_0^1 \frac{\dx r}{r}}=+\infty.
\end{equation*}
Donc $f \notin L^1_\loc(\R^2)$.

\end{sol}

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

\begin{sol}

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

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

\end{sol}

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

\begin{sol}

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

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

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

\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}

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\begin{exo}[Décroissance rapide, preview]
\label{exo: decroissance rapide}
Si $i \in \ssquarebrackets{1}{d}$, on note $X_i:(x_1,\dots,x_d)\mapsto x_i$ de $\R^d$ dans $\R$. On note aussi $X=(X_1,\dots,X_d):x \mapsto x$, et pour tout $\alpha \in \N^d$, $X^\alpha:x \mapsto x^\alpha$. Soit $f \in \cC^\infty(\R^d)$, dans cet exercice on notera, pour tout $p \in\N$, $N_p(f) = \max_{\norm{\alpha} \leq p, \norm{\beta}\leq p} \Norm*{X^\alpha \partial^\beta f}_\infty \in [0,+\infty]$.
\begin{enumerate}
\item \label{q: S equivalence} Soit $f:\R^d \to \C$ continue, montrer que les propositions suivantes sont équivalentes.
\begin{enumerate}
\item \label{item: S equi n borne} Pour tout $n \in \N$, la fonction $x \mapsto\parentheses*{1+\Norm{x}^2}^n f(x)$ est bornée sur $\R^d$.
\item \label{item: S equi n to 0} Pour tout $n \in \N$, $\parentheses*{1+\Norm{x}^2}^n f(x) \xrightarrow[\Norm{x}\to +\infty]{}0$.
\item \label{item: S equi alpha to 0} Pour tout $\alpha \in \N^d$, $x^\alpha f(x) \xrightarrow[\Norm{x}\to +\infty]{}0$.
\item \label{item: S equi alpha borne} Pour tout $\alpha \in \N^d$, la fonction $x \mapsto x^\alpha f(x)$ est bornée sur $\R^d$.
\end{enumerate}

\begin{sol}

Supposons~\eqref{item: S equi n borne}. Soit $n \in \N$, alors $x \mapsto\parentheses*{1+\Norm{x}^2}^{n+1} f(x)$ est bornée sur $\R^d$, disons par $M$. Donc $\norm*{\parentheses*{1+\Norm{x}^2}^n f(x)} \leq \frac{M}{1+\Norm{x}^2} \xrightarrow[\Norm{x} \to +\infty]{}0$. D'où \eqref{item: S equi n borne} $\implies$ \eqref{item: S equi n to 0}.

Si \eqref{item: S equi n to 0} est vrai, soit $\alpha \in \N^d$, on a $\norm*{x^\alpha f(x)} \leq \Norm{x}^{\norm{\alpha}}\norm{f(x)} \leq \parentheses*{1+\Norm{x}^2}^{\norm{\alpha}}\norm{f(x)}\xrightarrow[\Norm{x}\to 0]{}0$. Donc \eqref{item: S equi alpha to 0} est vrai. L'implication \eqref{item: S equi alpha to 0} $\implies$ \eqref{item: S equi alpha borne} est bien connue.

Enfin, si \eqref{item: S equi alpha borne} est vrai, soit $n \in \N$, alors pour tout $x \in \R^d$,
\begin{align*}
\parentheses*{1+\Norm{x}^2}^n f(x) &= \parentheses*{1+\sum_{i=1}^d x_i^2}^n f(x) = \parentheses*{\sum_{\alpha_0+\dots+\alpha_d=n} \frac{n!}{\alpha_0! \dots \alpha_d !} \prod_{i=1}^d x_i^{2\alpha_i}} f(x)\\
&= \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} \sum_{\norm{\alpha}=k} \binom{k}{\alpha} x^{2\alpha} f(x).
\end{align*}
Chaque terme de la somme étant borné, la somme est aussi bornée. Donc \eqref{item: S equi alpha borne} $\implies$ \eqref{item: S equi n borne}, ce qui conclut la preuve.

\end{sol}

\item \label{q: normes S p+q} Soient $p$ et $q \in \N$, montrer qu'il existe $C\geq 0$ tel que: pour tout $f \in \cC^\infty(\R^d)$, pour tout $\alpha$ et $\beta \in \N^d$ tels que $\norm{\alpha} \leq q$ et $\norm{\beta}\leq q$, on a $N_p\parentheses*{X^\alpha\partial^\beta f} \leq C N_{p+q}(f)$.

\begin{sol}

Soient $f \in \cC^\infty(\R^d)$ et des multi-indices $\alpha,\beta,\gamma$ et $\delta \in \N^d$ tels que $\norm{\alpha}\leq q$, $\norm{\beta}\leq q$, $\norm{\gamma}\leq p$ et $\norm{\delta}\leq p$. En appliquant la règle de Leiniz et en dérivant des monômes, on a
\begin{equation*}
X^\gamma \partial^\delta(X^\alpha \partial^\beta\!f) = X^\gamma \sum_{\epsilon \leq \delta} \frac{\delta!}{\epsilon! (\delta-\epsilon)!} \partial^\epsilon(X^\alpha) \partial^{\beta+\delta-\epsilon}\!f = \sum_{\alpha \leq \epsilon \leq \delta} \frac{\delta!}{\epsilon! (\delta-\epsilon)!} \frac{\alpha!}{(\alpha-\epsilon)!} X^{\alpha+\gamma-\epsilon} \partial^{\beta+\delta-\epsilon}\!f.
\end{equation*}
Donc, en prenant la norme sup, finie ou infinie, on a
\begin{align*}
\Norm*{X^\gamma \partial^\delta(X^\alpha \partial^\beta f)}_\infty &\leq N_{p+q}(f) \sum_{\alpha \leq \epsilon \leq \delta} \frac{\delta!}{\epsilon! (\delta-\epsilon)!} \frac{\alpha!}{(\alpha-\epsilon)!} \leq N_{p+q}(f) \alpha! \sum_{\epsilon \leq \delta} \frac{\delta!}{\epsilon! (\delta-\epsilon)!}\\
&\leq \alpha!2^{\norm{\delta}} N_{p+q}(f) \leq 2^p (q!)^d N_{p+q}(f).
\end{align*}
C'est valable pour tout $\gamma$ et $\delta$ de longueur au plus $p$, donc $N_p\parentheses*{X^\alpha\partial^\beta f} \leq C N_{p+q}(f)$, avec $C = 2^p (q!)^d$ qui est bien indépendant de $f$, $\alpha$ et $\beta$.
\end{sol}

\item \label{q: norme S monome} Soient $k \in \N$, montrer que, pour tout $f \in \cC^\infty(\R^d)$, pour tout $x \in \R^d$, $\Norm{x}^k \norm{f(x)} \leq d^k N_k(f)$.

\begin{sol}

Soit $f \in \cC^\infty(\R^d)$. Pour tout $x \in \R^d$, on rappelle que $\Norm{x}\leq \sum_{i=1}^d\norm{x_i}$. Donc
\begin{equation*}
\Norm{x}^k\norm{f(x)} \leq \parentheses*{\sum_{i=1}^d \norm{x_i}}^k\norm{f(x)} = \sum_{\norm{\alpha}=k}\binom{k}{\alpha}\norm{x^\alpha f(x)}\leq N_k(f) \sum_{\norm{\alpha}=k}\binom{k}{\alpha}= d^k N_k(f).
\end{equation*}

\end{sol}

\item \label{q: normes S Lp} En déduire que pour tout $p \in [1,+\infty]$, il existe $C_p \in [0,+\infty[$ et $k_p \in \N$ tels que, pour tout $f \in \cC^\infty(\R^d)$, $\Norm{f}_p\leq C_p N_{k_p}(f)$.

\begin{sol}

Si $p=+\infty$, c'est vrai avec $k_\infty=0$ et $C_\infty=1$ puisque $N_0(f)=\Norm{f}_\infty$. Soit $p \in [1,+\infty[$, pour tout $f \in\cC^\infty(\R^d)$ on a:
\begin{align*}
\Norm{f}_p^p &= \int_{B_1}\norm{f(x)}^p \dx x + \int_{\R^d \setminus B_1}\norm{f(x)}^p \dx x \leq \vol\parentheses*{B_1}\Norm{f^p}_\infty + \int_{\R^d \setminus B_1} \parentheses*{\Norm{x}^\frac{d+1}{p}\norm{f(x)}}^p \frac{\dx x}{\Norm{x}^{d+1}}\\
&\leq \vol\parentheses*{B_1}\Norm{f}_\infty^p + \int_{\R^d \setminus B_1} \parentheses*{\Norm{x}^{\ceil{\frac{d+1}{p}}}\norm{f(x)}}^p \frac{\dx x}{\Norm{x}^{d+1}}\\
&\leq \vol\parentheses*{B_1}N_{\ceil{\frac{d+1}{p}}}(f)^p + \int_{\R^d \setminus B_1} \parentheses*{d^{\ceil{\frac{d+1}{p}}} N_{\ceil{\frac{d+1}{p}}}(f)}^p \frac{\dx x}{\Norm{x}^{d+1}}\\
&\leq \parentheses*{\vol(B_1)+ d^{p\ceil{\frac{d+1}{p}}} \int_{\R^d \setminus B_1} \frac{\dx x}{\Norm{x}^{d+1}}} N_{\ceil{\frac{d+1}{p}}}(f)^p,
\end{align*}
où on a utilisé le résultat de la question~\ref{q: norme S monome} avec $k = \ceil{\frac{d+1}{p}}$. D'après l'exercice~\ref{exo: integrabilite des fonctions puissances}, la fonction $\frac{1}{\Norm{X}^{d+1}}$ est intégrable sur $\R^d \setminus B_1$. En posant $k_p=\ceil{\frac{d+1}{p}}$ et
\begin{equation*}
C_p = \parentheses*{\vol(B_1)+ d^{p\ceil{\frac{d+1}{p}}} \int_{\R^d \setminus B_1} \frac{\dx x}{\Norm{x}^{d+1}}}^\frac{1}{p} \in [0,+\infty[
\end{equation*}
on a bien $\Norm{f}_p \leq C_p N_{k_p}(f)$ pour tout $f \in \cC^\infty(\R^d)$.

\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}

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\begin{exo}[Fonctions radiales, preview]
\label{exo: fonctions radiales}
Dans cet exercice, on note $r:x \mapsto \Norm{x}$ de $\R^d$ dans $[0,+\infty[$. On dit que $G:\R^d \to \C$ est invariante par rotation si $G \circ A=G$ pour tout $A \in O_d(\R)$.

\begin{enumerate}

\item \label{q: fonction radiale} Soit $G:\R^d \to \C$, montrer que $G$ est invariante par rotation si et seulement si il existe $g:[0,+\infty[ \to \C$ telle que $G = g \circ r$.

\begin{sol}

S'il existe $g:[0,+\infty[\to\C$ telle que $G = g \circ r$ alors pour tout $A \in O_d(\R)$ et $x \in \R^d$ on a
\begin{equation*}
G(A(x)) = g\parentheses*{\Norm{A(x)}}=g\parentheses*{\Norm{x}}=G(x),
\end{equation*}
puisque $A$ est une isométrie. Donc $G$ est invariante par rotation. Inversement, supposons $G$ invariante par rotation. Soient $x$ et $y \in \R^d$ telles que $\Norm{x}=\Norm{y}$. Il existe $A \in O_d(\R)$ tel que $A(x)=y$. Donc $G(y)=G(A(x))=G(x)$, i.e. $G(x)$ ne dépend que de $\Norm{x}$. On définit $g:[0,+\infty[ \to \C$ en posant $g(R)$ égal à la valeur commune des $G(x)$ avec $\Norm{x}=R$, pour tout $R \geq 0$. Alors $g$ est bien uniquement définie et $G = g \circ r$.

\end{sol}

\end{enumerate}

Dans la suite on se donne $G: \R^d \to \C$ invariante par rotation et $g:[0,+\infty[\to \C$ telle que $G = g \circ r$.

\begin{enumerate}[resume]

\item \label{q: laplacien en polaire} Montrer que $G \in \cC^2(\R^d \setminus \brackets{0})$ si et seulement si $g \in \cC^2(]0,+\infty[)$. Si c'est le cas, montrer que $\Delta G = g''\circ r + \frac{d-1}{r}g'\circ r$ sur $\R^d \setminus \brackets{0}$, où $\Delta = \sum_{i=1}^d \partial_i^2$ est le laplacien.

\begin{sol}

La fonction $r$ est $\cC^\infty$ de $\R^d \setminus \brackets{0}$ vers $]0,+\infty[$. Si $g \in \cC^2(]0,+\infty[)$ alors $G \in \cC^2(\R^d \setminus \brackets{0})$ par composition de fonctions $\cC^2$. Inversement, si $G \in \cC^2(\R^d \setminus \brackets{0})$, soit $x \in \R^d$ n'importe quel vecteur de norme $1$. Pour tout $t \in ]0,+\infty[$, on a $G(tx) = g(\Norm{tx})=g(t)$. Donc $g= G \circ i$, où $i:t \mapsto tx$ est $\cC^\infty$. Donc $g$ est $\cC^2$.

Soit $x \in \R^d \setminus \brackets{0}$. Pour tout $i \in \ssquarebrackets{1}{d}$, on a
\begin{align*}
\partial_i r(x) &= \partial_i\parentheses*{\sqrt{\sum_{i=1}^d X_i^2}}(x) = \frac{x_i}{\Norm{x}} = \frac{x_i}{r(x)}\\
\partial_i^2 r(x) &= \frac{1}{\Norm{x}}-\frac{x_i^2}{\Norm{x}^3} = \frac{1}{r(x)}-\frac{x_i^2}{r(x)^3}.
\end{align*}
Ensuite,
\begin{align*}
\Delta G &= \sum_{i=1}^d \partial_i^2 (g\circ r) = \sum_{i=1}^d \partial_i\parentheses*{(g'\circ r) \partial_ir} = \sum_{i=1}^d (g'\circ r)\partial_i^2 r + (\partial_i r)^2 (g''\circ r)\\
&= (g''\circ r)\sum_{i=1}^d (\partial_i r)^2 + (g'\circ r)\sum_{i=1}^d \partial_i^2 r = (g''\circ r)\sum_{i=1}^d \frac{X_i^2}{\Norm{X}^2} + (g'\circ r)\sum_{i=1}^d \frac{1}{\Norm{X}}-\frac{X_i^2}{\Norm{X}^2}\\
&= (g''\circ r) + (g'\circ r)\frac{1}{r}\sum_{i=1}^d 1 - \frac{X_i^2}{\Norm{X}^2} = (g''\circ r) + (g'\circ r)\frac{d-1}{r}.
\end{align*}
\end{sol}


\end{enumerate}

\end{exo}

\end{document}