\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{\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{\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 6 -- Convolution au sens des distributions, distributions tempérées}


\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}[Convolution $\cD'\ast \cE'$]
\label{exo: convolution D' E'}

Soient $T \in \cD'(\R^d)$, $S \in \cE'(\R^d)$ et $\varphi \in \cD(\R^d)$, on rappelle que $T \ast \varphi: x \mapsto \prsc{T}{\tau_x \check{\varphi}} = \prsc{T}{\varphi(x-\cdot)}$ définit un élément de $\cE(\R^d)$ et que $S \ast \varphi \in \cD(\R^d)$. On rappelle également que $T \ast S$ est la distribution $\varphi \mapsto \prsc{T}{\check{S}\ast \varphi}$.

\begin{enumerate}

\item Montrer que la convolution est bilinéaire sur $\cD'(\R^d)\times \cD(\R^d)$ puis sur $\cD'(\R^d) \times \cE'(\R^d)$.

\begin{sol}

Soient $\varphi_1, \varphi_2 \in \cD(\R^d)$, $T_1, T_2 \in \cD'(\R^d)$, $\lambda$ et $\mu \in \C$. Par bilinéarité du crochet on a,
\begin{align*}
\parentheses{T_1 + \lambda T_2} &\ast \parentheses{\varphi_1 + \mu \varphi_2}(x)=\prsc*{T_1 + \lambda T_2}{\parentheses*{\varphi_1 + \mu \varphi_2}(x- \cdot)}\\
&= \prsc{T_1}{\varphi_1(x-\cdot)} + \lambda\prsc{T_2}{\varphi_1(x-\cdot)}+\mu \prsc{T_1}{\varphi_2(x-\cdot)}+ \lambda \mu \prsc{T_2}{\varphi_2(x-\cdot)}\\
&= T_1 \ast \varphi_1(x) +\lambda T_2 \ast \varphi_1(x) + \mu T_1 \ast \varphi_2(x) + \lambda \mu T_2 \ast \varphi_2(x)
\end{align*}
pour tout $x \in \R^d$. Donc la convolution est bilinéaire de $\cD'(\R^d)\times \cD(\R^d)$ vers $\cC^\infty(\R^d)$. Par restriction, elle l'est aussi de $\cE'(\R^d)\times \cD(\R^d)$ vers $\cD(\R^d)$.

Soient maintenant $T_1,T_2 \in \cD'(\R^d)$, $S_1,S_2 \in \cE'(\R^d)$, $\lambda$ et $\mu \in \C$. Pour tout $\varphi \in \cD(\R^d)$, on a $\check{\parentheses*{S_1 + \mu S_2}}\ast \varphi = \check{S_1}\ast \varphi + \mu \check{S_2} \ast \varphi$ par le cas précédent. Par bilinéarité du crochet de nouveau,
\begin{align*}
\prsc*{\parentheses*{T_1 + \lambda T_2} \ast \parentheses*{S_1 + \mu S_2}}{\varphi} &= \prsc*{T_1 + \lambda T_2}{\check{\parentheses*{S_1 + \mu S_2}}\ast \varphi}= \prsc*{T_1 + \lambda T_2}{\check{S_1}\ast \varphi + \mu \check{S_2} \ast \varphi}\\
&= \prsc{T_1}{\check{S_1}\ast \varphi} + \lambda \prsc{T_2}{\check{S_1}\ast \varphi} + \mu \prsc{T_1}{\check{S_2}\ast \varphi} + \lambda \mu \prsc{T_2}{\check{S_2}\ast \varphi}\\
&= \prsc{T_1\ast S_1+ \lambda T_2 \ast S_1 + \mu T_1 \ast S_2+ \lambda \mu T_2 \ast S_2}{\varphi}.
\end{align*}
Donc la convolution est bilinéaire de $\cD'(\R^d) \times \cE'(\R^d)$ vers $\cD'(\R^d)$.

\end{sol}

\item \label{q: convolution et translation D' D} Soient $T \in \cD'(\R^d)$, $\varphi \in \cD(\R^d)$ et $a \in \R^d$, montrer que $\tau_aT \ast \varphi = \tau_a\parentheses*{T \ast \varphi} = T \ast \tau_a \varphi$.

\begin{sol}

Pour tout $x \in \R^d$,
\begin{align*}
\tau_a T \ast \varphi(x) &= \prsc{\tau_aT}{\varphi(x-\cdot)} = \prsc{T}{\tau_{-a}\parentheses*{\varphi(x-\cdot)}}\\
&= \prsc{T}{\varphi(x-a-\cdot)} = T \ast \varphi (x-a) = \tau_a\parentheses*{T \ast \varphi}(x) \\
&= \prsc{T}{\varphi(x-\cdot-a)} = \prsc{T}{\parentheses*{\tau_a\varphi}(x-\cdot)} = T \ast \tau_a\varphi(x).
\end{align*}
D'où le résultat.

\end{sol}

\item \label{q: convolution et translation D'E'} Soient $T \in \cD'(\R^d)$, $S \in \cE'(\R^d)$ et $a \in \R^d$, montrer que $\tau_a\parentheses*{T \ast S} = \tau_aT \ast S = T \ast \tau_aS$.

\begin{sol}

Pour tout $\varphi \in \cD(\R^d)$, en utilisant la question~\ref{q: convolution et translation D' D} on a
\begin{align*}
\prsc{\tau_a\parentheses*{T \ast S}}{\varphi} &= \prsc{T \ast S}{\tau_{-a}\varphi} = \prsc{T}{\check{S}\ast \tau_{-a}\varphi}\\
&= \prsc{T}{\tau_{-a}\parentheses*{\check{S}\ast \varphi}} = \prsc{\tau_aT}{\check{S}\ast \varphi} =\prsc{\tau_a T \ast S}{\varphi}\\
&= \prsc{T}{\parentheses*{\tau_{-a}\check{S}}\ast \varphi} = \prsc{T}{\check{\parentheses*{\tau_aS}}\ast \varphi} = \prsc{T \ast \tau_aS}{\varphi},
\end{align*}
où on a utilisé la relation $\tau_{-a}\check{S}=\check{\parentheses*{\tau_aS}}$. Le résultat est donc établi sous réserve que l'on prouve cette relation. Or, pour tout $\psi \in \cD(\R^d)$,
\begin{align*}
\prsc{\tau_{-a}\check{S}}{\psi} &= \prsc{\check{S}}{\tau_a \psi} = \prsc{S}{\check{\tau_a \psi}} = \prsc{S}{\check{\psi(\cdot-a)}} = \prsc{S}{\psi(-\cdot-a)} = \prsc{S}{\check{\psi}(\cdot+a)}\\
&= \prsc{S}{\tau_{-a}\check{\psi}}= \prsc{\tau_a S}{\check{\psi}} = \prsc{\check{\parentheses*{\tau_aS}}}{\psi},
\end{align*}
ce qui prouve la relation souhaitée.

\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}


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

\begin{exo}[Quelques calculs de convolées]
\label{exo: calculs de convolees}

Soient $T \in \cD'(\R^d)$ et $S \in \cE'(\R^d)$.

\begin{enumerate}
\item \label{q: convolution Dirac} Calculer $T \ast \delta_0$

\begin{sol}

Pour tout $\varphi \in \cD(\R^d)$, on a $\prsc{T \ast \delta_0}{\varphi} = \prsc{T}{\check{\delta_0}\ast \varphi}$. Or, pour tout $x \in \R^d$,
\begin{equation*}
\check{\delta_0} \ast \varphi(x) = \prsc{\check{\delta_0}}{\varphi(x-\cdot)} = \prsc{\delta_0}{\varphi(x+\cdot)}=\varphi(x).
\end{equation*}
Ainsi $\check{\delta_0}\ast \varphi =\varphi$ et donc $\prsc{T \ast \delta_0}{\varphi}=\prsc{T}{\varphi}$. Finalement, $T \ast \delta_0 = T$.
\end{sol}

\item \label{q: convolution derivee translatee} En déduire une expression simple de la distribution $T \ast \parentheses*{\partial^\alpha \delta_a}$ où $\alpha \in \N^d$ et $a \in \R^d$.

\begin{sol}

Remarquons déjà que $\delta_a = \tau_a\delta_0$. En utilisant la question~\ref{q: convolution Dirac} et l'exerice~\ref{exo: convolution D' E'} on obtient
\begin{align*}
T \ast \partial^\alpha \delta_a = T \ast \partial^\alpha\parentheses{\tau_a \delta_0} &= \partial^\alpha T \ast \tau_a \delta_0 = \tau_a\parentheses*{ \partial^\alpha T} \ast \delta_0 = \tau_a\parentheses*{ \partial^\alpha T}\\
&= \partial^\alpha\parentheses*{T \ast \tau_a\delta_0} = \partial^\alpha\parentheses*{\tau_a T \ast\delta_0} = \partial^\alpha\parentheses*{\tau_a T}.
\end{align*}

\end{sol}

\item Soient $a <b$ et $c<d$, calculer $\parentheses*{\one_{[a,b]}\ast \one_{[c,d]}}''$ dans $\cD'(\R)$.

\begin{sol}

Pour faire ce calcul, il est malin de faire porter une dérivée sur chacun des termes. On a donc
\begin{equation*}
\parentheses*{\one_{[a,b]}\ast \one_{[c,d]}}'' = \parentheses*{\one_{[a,b]}}' \ast \parentheses*{\one_{[c,d]}}' = \parentheses*{\delta_a-\delta_b} \ast \parentheses{\delta_c-\delta_d} = \delta_a\ast \delta_c - \delta_a\ast \delta_d - \delta_b \ast \delta_c + \delta_b \ast \delta_d
\end{equation*}
par la formule des sauts et bilinéarité. D'après la question~\ref{q: convolution derivee translatee}, on a $\delta_a\ast\delta_c = \tau_c(\delta_a)=\delta_{a+c}$, et de même pour les autres termes. Donc $\parentheses*{\one_{[a,b]}\ast \one_{[c,d]}}'' = \delta_{a+c}-\delta_{b+c}-\delta_{a+d}+\delta_{b+d}$.

C'est cohérent avec l'exercice~2 de la feuille~1, où on avait expliciter $\one_{[a,b]}\ast \one_{[c,d]}$ et montrer que cette fonction est affine par morceaux. On aurait aussi pu repartir du résultat de cet exercice et utiliser la formule des sauts deux fois.

\end{sol}

\item Soient $a \in \R^d$ et $e_a:x \mapsto e^{a \cdot x}$, exprimer $S \ast e_a$ en fonction de $e_a$.

\begin{sol}

Remarquons déjà que $e_a \in \cE(\R^d)$ donc $S \ast e_a \in \cE(\R^d)$ est bien définie. Pour tout $x \in \R^d$ on a $S \ast e_a(x) = \prsc{S}{e_a(x-\cdot)} = \prsc*{S}{e^{a \cdot (x-\cdot)}}=\prsc*{S}{e^{a \cdot x}\check{e_a}}=e_a(x)\prsc{S}{\check{e_a}}$. Donc $S\ast e_a = \prsc{S}{\check{e_a}} e_a$.

\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}


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

\begin{exo}[Convolution de fonctions au sens des distributions]
\label{exo: convolution fonctions vs distributions}

Soient $p,q$ et $r \in [1,+\infty]$ tels que $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1 +\frac{1}{r}$. Soient $f \in L^p(\R^d)$ et $g \in L^q(\R^d)$, de sorte que $f \ast g \in L^r(\R^d)$ par le théorème de Young. On suppose $g$ nulle presque partout hors d'un compact $K \subset \R^d$. Montrer que $T_f \ast T_g = T_{f \ast g}$.

\begin{sol}

Comme $g_{\vert \R^d \setminus K}=0$ presque partout, on a $\supp(T_g) \subset K$ et donc $T_g \in \cE'(\R^d)$. Soit $\varphi \in \cD(\R^d)$, pour tout $y \in \R^d$ on a
\begin{equation*}
\check{T_g} \ast \varphi(y) = \prsc{\check{T_g}}{\varphi(y-\cdot)} = \prsc{T_g}{\varphi(y+\cdot)} = \int_{\R^d} g(z) \varphi(z+y) \dx z = \int_{\R^d} g(x-y) \varphi(x) \dx x.
\end{equation*}
Donc, en raisonnant formellement dans un premier temps:
\begin{align*}
\prsc{T_f \ast T_g}{\varphi} &= \prsc{T_f}{\check{T_g} \ast \varphi} = \int_{\R^d} f(y) \parentheses*{\int_{\R^d} g(x-y) \varphi(x) \dx x} \dx y\\
&= \int_{\R^d} \varphi(x) \parentheses*{\int_{\R^d} f(y)g(x-y)\dx y} \dx x = \int_{\R^d} \parentheses{f \ast g}(x) \varphi(x) \dx x = \prsc{T_{f \ast g}}{\varphi}.
\end{align*}

Pour conclure, il suffit de justifier l'échange des intégrales. On va pour cela prouver que la fonction $(x,y) \mapsto \varphi(x)f(y)g(x-y)$ est intégrable sur $\R^d \times \R^d$, ce qui permettra d'appliquer le théorème de Fubini.

Par Fubini--Tonnelli, on a:
\begin{align*}
\int_{\R^d \times \R^d} \norm*{\varphi(x)} \norm{f(y)} \norm{g(x-y)} \dx x \dx y &= \int_{\R^d} \norm{\varphi(x)} \parentheses*{\int_{\R^d} \norm{f(y)}\norm{g(x-y)}\dx y} \dx x\\
&= \int_{\supp(\varphi)} \norm{\varphi(x)} \parentheses*{\norm{f}\ast \norm{g}}(x) \dx x\\
&\leq \Norm{\varphi}_\infty \int_{\supp(\varphi)} \parentheses*{\norm{f}\ast \norm{g}}(x) \dx x.
\end{align*}
Comme $f \in L^p(\R^d)$ et $g \in L^q(\R^d)$, on a $\norm{f} \ast \norm{g} \in L^r(\R^d) \subset L^1_\text{loc}(\R^d)$. Le support de $\varphi$ étant compact le dernier terme est fini, ce qui prouve l'intégrabilité souhaitée.

\end{sol}

\end{exo}


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

\begin{exo}[Distributions harmoniques]
\label{exo: distributions harmoniques}

On sait que $\Delta$ admet une solution fondamentale (en particulier une paramétrice) $E \in \cD'(\R^d)$ telle que $\supp(E)=\R^d$ et $\suppsing(E)=\brackets{0}$. Cela implique pour tout $T \in \cD'(\R^d)$ que $\suppsing(T) = \suppsing(\Delta T)$, en particulier les distributions harmoniques sont lisses. On va donner une démonstration plus élémenaire de ce dernier point.

\begin{enumerate}

\item \label{q: harmonique parametrix} Montrer que $\Delta$ admet une paramétrix $\Pi \in \cE'(\R^d)$ dont le support singulier est $\brackets{0}$.

\begin{sol}

On a $E \in \cD'(\R^d)$ telle que $\Delta E= \delta_0$. Soit $\chi \in \cD(\R^d)$ une fonction plateau constante à $1$ sur la boule $B$ de centre $0$ et de rayon $1$. On pose $\Pi = \chi E \in \cE'(\R^d)$. On a alors
\begin{equation*}
\delta_0 = \Delta E = \Delta \parentheses{\chi E +(1-\chi)E} = \Delta \Pi + \underbrace{\Delta \parentheses*{(1-\chi) E}}_{:=-w}
\end{equation*}
Comme $\chi \equiv 1$ sur $B$, on a $\parentheses*{(1-\chi)E}_{\vert B} = 0 \in \cC^\infty (B)$. Par ailleurs $\parentheses*{(1-\chi)E}_{\vert \R^d \setminus \brackets{0}}$ est $\cC^\infty$ car $E$ est lisse hors de $0$. Donc au final $(1-\chi)E \in \cC^\infty(\R^d)$ et $w \in \cC^\infty(\R^d)$.

Comme $E$ est $\cC^\infty$ sur $\R^d \setminus \brackets{0}$, il en est de même de $\Pi$, donc $\suppsing(\Pi) \subset \brackets{0}$. Si $\suppsing(\Pi)$ était vide, on aurait $\delta_0 = \Delta\Pi - w \in \cC^\infty(\R^d)$, ce qui est absurde. Donc $\suppsing(\Pi)=\brackets{0}$.

\end{sol}

\item \label{q: harmonique lisse} En déduire que si $T \in \cD'(\R^d)$ est harmonique alors $T$ est une fonction $\cC^\infty$ sur $\R^d$.

\begin{sol}

On a $\Pi \in \cE'(\R^d)$ et $w \in \cC^\infty(\R^d)$ tels que $\Delta \Pi = \delta_0 + w$. Soit $R >0$ tel que $\supp(\Pi) \subset \bar{B(0,R)}$, alors $w = \Delta \Pi - \delta_0$ est nulle hors de $\bar{B(0,R)}$ et donc $w \in \cD(\R^d)$. Pour tout $T \in \cD'(\R^d)$ on a donc
\begin{equation*}
T = T \ast \delta_0 = T \ast (\Delta \Pi - w)  = \underbrace{T \ast \Delta \Pi}_{\cD' \ast \cE'} - \underbrace{T \ast w}_{\cD'\ast \cD} = \Delta T \ast \Pi - T \ast w
\end{equation*}
Si $\Delta T=0$ alors $T = -T \ast w \in \cC^\infty(\R^d)$.

\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}

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

\begin{exo}[Solution fondamentale de l'opérateur de la chaleur]
\label{exo: solution fondamentale de la chaleur}

Soit $H = \one_{]0,+\infty[}$ la fonction de Heaviside, on considère la fonction $F:\R^2 \to \R$ définie par:
\begin{equation*}
F:(t,x) \longmapsto \frac{H(t)}{\sqrt{4\pi t}}\exp\parentheses*{-\frac{x^2}{4t}}.
\end{equation*}

\begin{enumerate}

\item \label{q: F dans D'} Vérifier que $F \in \cD'(\R^2)$.

\begin{sol}

Il suffit de vérifier que $F \in L^1_\text{loc}(\R^2)$. Soit $K \subset \R^2$ un compact, il existe $M >0$ tel que $K \subset [-M,M]^2$. On a alors:
\begin{align*}
\int_K \norm{F(t,x)} \dx t \dx x &\leq \int_{[-M,M]^2} \norm{F(x,t)} \dx t \dx x = \int_{t=0}^M \int_{x=-M}^M \frac{e^{-\frac{x^2}{4t}}}{\sqrt{4\pi t}} \dx x \dx t \leq 2M \int_0^M \frac{1}{\sqrt{4\pi t}}\dx t\\
&\leq \frac{M}{\sqrt{\pi}}\int_0^M \frac{1}{\sqrt{t}}\dx t <+\infty.
\end{align*}
Donc $F \in L^1_\text{loc}(\R^2) \subset \cD'(\R^2)$.

\end{sol}

\item \label{q: F solution t>0} Montrer que $\partial_t F - \partial_x^2 F = 0$ sur $\R_+^* \times \R$.

\begin{sol}

Sur $\R_+^* \times \R$, la fonction $F$ est $\cC^\infty$. En particulier, ses dérivées au sens des distributions coïncident avec ses dérivées usuelles. Il suffit donc de faire le calcul. Pour tout $t >0$ et $x \in \R$,
\begin{equation*}
\partial_tF(t,x) = -\frac{1}{2}\frac{1}{\sqrt{4\pi t}^3}4\pi\exp\parentheses*{-\frac{x^2}{4t}} + \frac{1}{\sqrt{4\pi t}}\exp\parentheses*{-\frac{x^2}{4t}}\frac{x^2}{4t^2} = F(t,x)\parentheses*{\frac{x^2}{4t^2}-\frac{1}{2t}}.
\end{equation*}
Et d'autre part,
\begin{align*}
\partial_xF(t,x) &= \frac{1}{\sqrt{4\pi t}}\exp\parentheses*{-\frac{x^2}{4t}}\parentheses*{-\frac{2x}{4t}}=-\frac{x}{2t}F(t,x)\\
\partial^2_xF(t,x)&= -\frac{1}{2t}F(t,x) -\frac{x}{2t}\partial_xF(t,x) = F(t,x)\parentheses*{\frac{x^2}{4t^2}-\frac{1}{2t}}.
\end{align*}
On obtient donc bien $\partial_tF(t,x)-\partial^2_xF(t,x)=0$.

\end{sol}

\item \label{q: derivees de F} Soit $\varphi \in \cD(\R^2)$, prouver que
\begin{equation}
\label{eq: expression des derivees de F}
\prsc*{\partial_t F - \partial_x^2 F}{\varphi} = \lim_{\epsilon \to 0^+} \int_\R F(\epsilon,x)\varphi(\epsilon,x) \dx x.
\end{equation}

\begin{sol}

Sur $\R^* \times \R$, la fonction $F$ est $\cC^\infty$ et $\partial_tF-\partial^2_xF=0$. Sur $\R^2$ entier, il faut calculer $\partial_tF-\partial^2_xF$ au sens des distributions. Comme $F \in L^1_\text{loc}(\R^2)$,
\begin{equation}
\label{eq: derivees de F 1}
\begin{aligned}
\prsc*{\partial_tF-\partial^2_xF}{\varphi} &= \prsc{\partial_tF}{\varphi}- \prsc*{\partial_x^2F}{\varphi} = -\prsc{F}{\partial_t\varphi}-\prsc*{F}{\partial^2_x\varphi}=-\prsc*{F}{\partial_t\varphi+\partial^2_x\varphi}\\
&= - \int_{\R^2}F(t,x)\parentheses*{\partial_t\varphi(t,x)+\partial^2_x\varphi(t,x)}\dx t\dx x.
\end{aligned}
\end{equation}
Comme $\varphi \in \cD(\R^2)$, la fonction $\partial_t\varphi+\partial^2_x\varphi$ est bornée, et nulle hors de $\supp(\varphi)$. Par ailleurs $F$ est intégrable sur le compact $\supp(\varphi)$. Donc au final, $F\parentheses*{\partial_t\varphi+\partial^2_x\varphi}$ est intégrable sur $\R^2$. On a donc
\begin{equation}
\label{eq: derivees de F 2}
\begin{aligned}
\int_{\R^2}F(t,x)\parentheses*{\partial_t\varphi(t,x)+\partial^2_x\varphi(t,x)}\dx t\dx x &= \int_{]0,+\infty[\times \R}F(t,x)\parentheses*{\partial_t\varphi(t,x)+\partial^2_x\varphi(t,x)}\dx t\dx x\\
&= \lim_{\epsilon \to 0^+} \int_{]\epsilon,+\infty[\times \R}F(t,x)\parentheses*{\partial_t\varphi(t,x)+\partial^2_x\varphi(t,x)}\dx t\dx x.
\end{aligned}
\end{equation}

Soit $\epsilon>0$. Soit $x \in \R$, par intégration par parties on obtient:
\begin{align*}
\int_\epsilon^{+\infty} F(t,x)\partial_t\varphi(t,x) \dx t &= \squarebrackets*{F(t,x)\varphi(t,x)}_\epsilon^{+\infty} - \int_\epsilon^{+\infty}\partial_tF(t,x)\varphi(t,x) \dx t\\
&= -F(\epsilon,x)\varphi(\epsilon,x)-\int_\epsilon^{+\infty}\partial_tF(t,x)\varphi(t,x) \dx t.
\end{align*}
Donc
\begin{equation*}
\int_{]\epsilon,+\infty[\times \R}F(t,x)\partial_t\varphi(t,x)\dx t\dx x = -\int_\R F(\epsilon,x)\varphi(\epsilon,x)\dx x -\int_{]\epsilon,+\infty[\times \R}\partial_tF(t,x)\varphi(t,x)\dx t\dx x.
\end{equation*}

Soit $t >\epsilon$, en intégrant deux fois par parties et en utilisant le fait que $\varphi$ est à support compact:
\begin{equation*}
\int_\R F(t,x)\partial_x^2\varphi(t,x) \dx x = -\int_\R \partial_xF(t,x)\partial_x\varphi(t,x) \dx x = \int_\R \partial^2_xF(t,x)\varphi(t,x) \dx x.
\end{equation*}
Donc
\begin{equation*}
\int_{]\epsilon,+\infty[\times \R}F(t,x)\partial^2_x\varphi(t,x)\dx t\dx x = \int_{]\epsilon,+\infty[\times \R}\partial_x^2F(t,x)\varphi(t,x)\dx t\dx x.
\end{equation*}

Finalement, en utilisant la question~\ref{q: F solution t>0},
\begin{equation}
\label{eq: derivees de F 3}
\begin{aligned}
\int_{]\epsilon,+\infty[\times \R}F(t,x)&\parentheses*{\partial_t\varphi(t,x)+\partial^2_x\varphi(t,x)}\dx t\dx x\\
&= - \int_\R F(\epsilon,x)\varphi(\epsilon,x) \dx x + \int_{]\epsilon,+\infty[\times \R}\parentheses*{\partial^2_xF(t,x)-\partial_tF(t,x)}\varphi(t,x)\dx t\dx x\\
&= - \int_\R F(\epsilon,x)\varphi(\epsilon,x) \dx x.
\end{aligned}
\end{equation}

En combinant les équations~\eqref{eq: derivees de F 1}, \eqref{eq: derivees de F 2} et~\eqref{eq: derivees de F 3}, on obtient bien la relation~\eqref{eq: expression des derivees de F}.

\end{sol}


\item \label{q: F solution fondamentale} Soit $P = T - X^2 \in \R[T,X]$, afin que $P(\partial) = \partial_t - \partial_x^2$. Déduire de ce qui précède que $P(\partial)F=\delta_0$.

\begin{sol}

On utilise la question~\ref{q: derivees de F}. Soit $\varphi \in \cD(\R^2)$, on a $\prsc*{\partial_t F - \partial_x^2 F}{\varphi} = \lim_{\epsilon \to 0^+} \int_\R F(\epsilon,x)\varphi(\epsilon,x) \dx x$. Pour tout $\epsilon >0$, la fonction $F(\epsilon,\cdot)$ est la densité gaussienne de variance $2\epsilon$. En particulier, $F(\epsilon,\cdot) = \frac{1}{\sqrt{\epsilon}}F(1,\frac{\cdot}{\sqrt{\epsilon}}) \xrightarrow[\epsilon\to 0]{}\delta_0$ dans $\cD'(\R)$. Comme $\varphi \in \cD(\R^2)$, on peut espérer avoir la convergence $\varphi(\epsilon,\cdot) \xrightarrow[\epsilon \to 0]{}\varphi(0,\cdot)$ dans $\cD(\R)$. Par bicontinuité du crochet on aurait alors
\begin{equation*}
\int_\R F(\epsilon,x)\varphi(\epsilon,x) \dx x = \prsc*{F(\epsilon,\cdot)}{\varphi(\epsilon,\cdot)} \xrightarrow[\epsilon \to 0]{}\prsc{\delta_0}{\varphi(0,\cdot)} = \varphi(0,0) = \prsc*{\delta_0}{\varphi}.
\end{equation*}

La convergence de $\varphi(\epsilon,\cdot)$ vers $\varphi(0,\cdot)$ étant pénible à établir au sens de $\cD(\R)$, on va suivre un chemin différent, par un calcul direct. Soit $\epsilon >0$, par le théorème des accroissements finis,
\begin{align*}
\norm*{\int_\R F(\epsilon,x)\varphi(\epsilon,x) \dx x - \varphi(0,0)} &= \norm*{\int_\R F(\epsilon,x)\parentheses*{\varphi(\epsilon,x)- \varphi(0,0)} \dx x}\\
&\leq \int_\R F(\epsilon,x)\norm*{\varphi(\epsilon,x)- \varphi(0,0)} \dx x\\
&\leq \int_\R F(\epsilon,x) \Norm*{(\epsilon,x)}\Norm{D\varphi}_\infty \dx x\\
&\leq \Norm{D\varphi}_\infty \parentheses*{\epsilon \int_\R F(\epsilon,x)\dx x + \int_\R \norm{x} F(\epsilon,x)\dx x}\\
&\leq \Norm{D\varphi}_\infty \parentheses*{\epsilon + \int_\R \norm{x} F(\epsilon,x)\dx x}
\end{align*}
De plus,
\begin{equation*}
\int_\R \norm{x} F(\epsilon,x)\dx x = \frac{1}{\sqrt{4\pi \epsilon}} \int_\R \norm{x} e^{-\frac{x^2}{4\epsilon}}\dx x = \frac{1}{\sqrt{\pi\epsilon}}\int_0^{+\infty} xe^{-\frac{x^2}{4\epsilon}}\dx x = \frac{1}{\sqrt{\pi\epsilon}} \squarebrackets*{-2\epsilon e^{-\frac{x^2}{4\epsilon}}}_0^{+\infty} = \sqrt{\frac{4\epsilon}{\pi}}.
\end{equation*}
Donc
\begin{equation*}
\norm*{\int_\R F(\epsilon,x)\varphi(\epsilon,x) \dx x - \varphi(0,0)} = O\parentheses*{\sqrt{\epsilon}}\xrightarrow[\epsilon \to 0]{}0.
\end{equation*}

Ainsi, on a bien
\begin{equation*}
\prsc*{\partial_t F - \partial_x^2 F}{\varphi} = \lim_{\epsilon \to 0^+} \int_\R F(\epsilon,x)\varphi(\epsilon,x) \dx x = \varphi(0,0) = \prsc*{\delta_0}{\varphi},
\end{equation*}
et donc $\partial_t F - \partial_x^2 F = \delta_0$.

\end{sol}

\item \label{q: chaleur existence de solutions} Soit $S \in \cE'(\R^2)$, montrer qu'il existe $T \in \cD'(\R^2)$ tel que $\partial_t T - \partial_x^2 T = S$.

\begin{sol}

Comme $P(\partial)$ possède une solution fondamentale $F \in \cD'(\R^2)$, on peut construire par convolution les solutions de l'équation $P(\partial)T = S$. Soit $T = F \ast S \in \cD'(\R^2)$, on a
\begin{equation*}
P(\partial) T = P(\partial)\parentheses{F \ast S} = P(\partial)F \ast S = \delta_0 \ast S = S.
\end{equation*}

\end{sol}

\item \label{q: chaleur injective sur E'} Décrire les $S \in \cE'(\R^2)$ telles que $\partial_tS-\partial^2_xS=0$.

\begin{sol}

D'après le cours, comme $P(\partial)$ admet une solution fondamentale, cet opérateur linéaire est injectif de $\cE'(\R^d)$ dans lui-même. Rappelons rapidement l'argument. Soit $S \in \cE'(\R^d)$ on a
\begin{equation*}
S= \delta_0 \ast S = P(\partial)F \ast S = F \ast P(\partial)S.
\end{equation*}
Donc si $P(\partial)S=0$ alors $S=0$.

\end{sol}

\item \label{q: chaleur non injective sur D'} Existe-t-il des $T \in \cD'(\R^2)$ non nulles telles que $\partial_tT -\partial_x^2T=0$?

\begin{sol}

Oui, les fonctions constantes par exemple.
\end{sol}

\item \label{q: chaleur support singulier} Montrer que $\suppsing(F) = \brackets{0}$.

\begin{hint}
Montrer par récurrence sur $\norm{\alpha}$ que pour tout $\alpha \in \N^2$ il existe $Q_\alpha \in \R[T,X]$ et $k_\alpha \in \N$ tels que $\partial^\alpha F(t,x) = t^{-k_\alpha}F(t,x)Q_\alpha(t,x)$ pour tout $(t,x) \in \R^*\times \R$.
\end{hint}

\begin{sol}

Déjà $0 \in \suppsing(F)$. Sinon il existerait un voisinage de $0$ sur lequel $F$ est $\cC^\infty$, mais alors $P(\partial)F = \delta_0$ serait $\cC^\infty$ au voisinage de $0$, ce qui est absurde. On va montrer que $F$ est $\cC^\infty$ sur $\R^2 \setminus \brackets{0}$, c'est-à-dire que $\suppsing(F) = \brackets{0}$.

Il est clair que $F$ est $\cC^\infty$ sur $\R^* \times \R$. Prouvons l'indication. Pour $\alpha=0$ c'est vrai avec $Q_0=1$ et $k_0=0$. Supposons le résultat vrai pour tous les multi-indices de longueur $l$, soit $\alpha \in \N^2$ tel que $\norm{\alpha}=l+1$. Il existe $\beta \in \N^2$ tel que $\norm{\beta}=l$ et $\partial^\alpha = \partial_t \partial^\beta$ ou $\partial^\alpha = \partial_x \partial^\beta$. En reprenant les calculs de la question~\ref{q: F solution t>0} sur $\R_+^* \times \R$, dans le premier cas on a:
\begin{align*}
\partial^\alpha F(t,x) &= \partial_t\parentheses*{t^{-k_\beta}FQ_\beta}(t,x)\\
&= -k_\beta t^{-k_\beta-1}F(t,x)Q_\beta(t,x) + t^{-k_\beta}\partial_tF(t,x)Q_{\beta}(t,x)+t^{-k_\beta}F(t,x)\partial_tQ_{\beta}(t,x)\\
&= t^{-k_\beta-2}F(t,x)\underbrace{\parentheses*{-k_\beta tQ_\beta(t,x)+\frac{x^2-2t}{4}Q_\beta(t,x)+t^2 \partial_tQ_\beta(t,x)}}_{=Q_\alpha(t,x)}.
\end{align*}
Dans le second cas:
\begin{align*}
\partial^\alpha F(t,x) &= \partial_x\parentheses*{t^{-k_\beta}FQ_\beta}(t,x)= t^{-k_\beta}\partial_xF(t,x)Q_{\beta}(t,x)+t^{-k_\beta}F(t,x)\partial_xQ_{\beta}(t,x)\\
&= t^{-k_\beta-1}F(t,x)\underbrace{\parentheses*{-\frac{x}{2}Q_\beta(t,x)+t \partial_xQ_\beta(t,x)}}_{=Q_\alpha(t,x)}.
\end{align*}
Ces formules sont immédiatement vraies sur $\R_-^* \times \R$ où tous les termes sont nuls. Ceci établit l'hérédité, et prouve le résultat souhaité par récurrence.

Soient $x_0 \in \R^*$ et $\alpha \in \N^2$, pour tout $t >0$ et $x$ tel que $\norm{x}\geq \frac{\norm{x_0}}{2}$ on a
\begin{equation*}
t^{-k_\alpha}F(t,x) = \frac{1}{t^{k_\alpha}}\frac{e^{-\frac{x^2}{4t}}}{\sqrt{4\pi t}} \leq \frac{1}{t^{k_\alpha}}\frac{e^{-\frac{x_0^2}{16t}}}{\sqrt{4\pi t}} \xrightarrow[(t,x) \to (0,x_0)]{}0
\end{equation*}
par croissance comparée. Donc $t^{-k_\alpha}F(t,x) \xrightarrow[(t,x) \to (0,x_0)]{}0$. Comme $Q_\alpha$ est continu sur $\R^2$, on a donc $\partial^\alpha F(t,x) \xrightarrow[(t,x) \to (0,x_0)]{}0$.

Montrons par récurrence sur la longueur de $\alpha \in \N^2$ que, pour tout $\alpha \in \N^2$, la dérivée partielle $\partial^\alpha F$ est bien définie sur $\R^2 \setminus \brackets{0}$, nulle sur $\brackets{0}\times \R^*$ et continue sur $\R^2 \setminus \brackets{0}$.

Pour $\alpha=0$ la fonction $F$ est bien définie sur $\R^2 \setminus \brackets{0}$, nulle sur $\brackets{0} \times \R^*$. On vient de voir que, pour tout $x_0\neq 0$, $F(t,x) \xrightarrow[(t,x) \to (0,x_0)]{}0$. Donc $F$ est continue en $(0,x_0)$. Comme $F$ est clairement continue sur $\R^* \times \R$, on a finalement $F$ continue sur $\R^2 \setminus \brackets{0}$.

Supposons le résultat vrai pour tous les multi-indices de longueur $l$, soit $\alpha \in \N^2$ tel que $\norm{\alpha}=l+1$. Il existe $\beta \in \N^2$ tel que $\norm{\beta}=l$ et $\partial^\alpha = \partial_t \partial^\beta$ ou $\partial^\alpha = \partial_x \partial^\beta$. Soit $x_0 \neq 0$, dans le premier par hypothèse de récurrence, $\frac{\partial^\beta F(t,x_0) - \partial^\beta F(0,x_0)}{t} = t^{-k_\beta-1} F(t,x)Q_\beta(t,x) \xrightarrow[t \to 0]{}0$, par le même argument que précédemment. Donc $\partial_t\partial^\beta F(0,x_0) = \partial^\alpha F(0,x_0)$ est bien défini et nul. Dans le second cas aussi car $\partial^\beta F(0,\cdot)$ est la fonction nulle sur $\R^*$. Ainsi, $\partial^\alpha F$ est bien définie et nulle sur $\brackets{0}\times \R^*$. Sur $\R^*\times \R$, on sait déjà que $\partial^\alpha F$ est bien définie et est donnée par les formules ci-dessus, en particulier continue. Comme on a montré que $\partial^\alpha F(t,x) \xrightarrow[(t,x)\to (0,x_0)]{}0 = \partial^\alpha F(0,x_0)$, cette fonction est en fait continue sur $\R^2 \setminus \brackets{0}$.

Ainsi $F$ admet des dérivées partielles continues à tout ordre sur $\R^2 \setminus \brackets{0}$. Donc $F$ est $\cC^\infty$ sur $\R^2 \setminus \brackets{0}$. Donc $\suppsing(F) = \brackets{0}$.

\end{sol}

\item Soient $f \in \cC^\infty(\R^2)$ et $T \in \cD'(\R^2)$ telle que $\partial_t T - \partial_x^2 T = f$, montrer que $T \in \cC^\infty(\R^2)$.

\begin{sol}

L'opérateur $P(\partial) = \partial_t - \partial_x^2$ admet une solution fondamentale (donc une paramétrix) dont le support singulier est $\brackets{0}$. Par le cours, $\suppsing(T) = \suppsing(P(\partial)T) = \suppsing(f) = \emptyset$ dans ce cas. Donc $T$ est lisse.

\end{sol}

\end{enumerate}

\begin{sol}

\begin{rem}

\begin{itemize}

\item L'équation de la chaleur régit l'évolution de la température, ou de façon équivalente de l'énergie thermique, dans un matériau au cours du temps. Si $U(t,x)$ dénote l'énergie thermique au point $x$ à l'instant $t$, en l'absence de source de chaleur dans le milieu, cette énergie évolue selon l'équation $\partial_t U - \Delta_x U = 0$. En présence de sources de chaleur, cette équation devient $\partial_t U - \Delta_x U = f$, où le terme de source $f(t,x)$ correspond à l'énergie apportée au système au point $x$ à l'instant $t$. Dans le cas d'un système à une dimension d'espace, une tige ou un fil par exemple, cette équation s'écrit $\partial_t U - \partial^2_x U = f$.

\item Dans l'exercice~\ref{exo: solution fondamentale de la chaleur} on a résolu l'équation de la chaleur unidimensionnelle avec terme de source $\delta_{(0,0)}$, et la solution obtenue est nulle à l'infini. On pourra penser à un fil, initialement avec un profil de température uniforme, que l'on chauffe brutalement en un point, par exemple par une impulsion laser apportant ponctuellement une unité d'énergie.
\end{itemize}

\end{rem}

\end{sol}

\end{exo}

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

\begin{dfn}
Soit $\varphi:\R^d \to \C$ une fonction $\cC^\infty$, pour tout $p \in \N$ on note
\begin{equation*}
N_p(\varphi) = \sup \brackets*{\norm{x^\alpha \partial^\beta \varphi(x)} \mvert x \in \R^d, \alpha,\beta \in \N^d, \norm{\alpha} \leq p,\norm{\beta} \leq p} \in [0,+\infty].
\end{equation*}
On rappelle que $\varphi \in \cS(\R^d)$ si et seulement si $N_p(\varphi)<+\infty$ pour tout $p \in \N$.
\end{dfn}


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

\begin{exo}[Densité de $\cD$ dans $\cS$]
\label{exo: densite de D dans S}

Soit $\chi \in \cD(\R^d)$ telle que $\chi(x) = 1$ si $\Norm{x}\leq 1$, $\chi(x) =0$ si $\Norm{x}\geq 2$ et $\chi(x) \in [0,1]$ si $1 \leq \Norm{x} \leq 2$. Pour tout $R >0$, on note $\chi_R:x \mapsto \chi\parentheses*{\frac{x}{R}}$. Soit $\varphi \in \cS(\R^d)$, montrer que $\chi_R\varphi \xrightarrow[R \to +\infty]{\cS(\R^d)} \varphi$.

\begin{sol}

Il s'agit de montrer que $N_p\parentheses*{(1-\chi_R)\varphi} \xrightarrow[R \to +\infty]{}0$ pour tout $p \in \N$, c'est-à-dire que, pour tout $\alpha, \beta \in \N^d$, on a $\Norm*{X^\alpha \partial^\beta \parentheses*{(1-\chi_R)\varphi}}_\infty \xrightarrow[R \to+\infty]{}0$. Soient $\alpha, \beta \in \N^d$ et $R\geq 1$. Pour tout $x \in \R^d$,
\begin{align*}
\norm*{x^\alpha\partial^\beta\parentheses*{(1-\chi_R)\varphi}(x)} &= \norm*{\parentheses*{1-\chi\parentheses*{\frac{x}{R}}}x^\alpha\partial^\beta\varphi(x) - \sum_{\gamma < \beta}\binom{\beta}{\gamma} x^\alpha\partial^{\gamma}\varphi(x)\parentheses*{\frac{1}{R}}^{\norm{\beta}-\norm{\gamma}} \partial^{\beta-\gamma}\chi\parentheses*{\frac{x}{R}}}\\
&\leq \parentheses*{1-\chi\parentheses*{\frac{x}{R}}}\norm*{x^\alpha\partial^\beta \varphi(x)} + \frac{1}{R} \sum_{\gamma < \beta} \binom{\beta}{\gamma}\Norm*{X^\alpha\partial^\gamma\varphi}_\infty \Norm*{\partial^{\beta-\gamma}\chi}_\infty.
\end{align*}
Si $\Norm{x}\leq R$ alors $\chi\parentheses*{\frac{x}{R}}=1$ et le premier terme est nul. Si $\Norm{x}\geq R$ on a $0 \leq 1-\chi\parentheses*{\frac{x}{R}} \leq 1$ et
\begin{equation*}
\norm*{x^\alpha\partial^\beta \varphi(x)} = \frac{1}{\Norm{x}^2}\norm*{\parentheses*{\sum_{i=1}^d x_i^2
}x^\alpha\partial^\beta \varphi(x)} \leq \frac{1}{R^2} \sum_{i=1}^d \Norm*{X_i^2X^\alpha \partial^\beta\varphi}_\infty.
\end{equation*}
Donc pour tout $x \in \R^d$,
\begin{equation*}
\norm*{x^\alpha\partial^\beta\parentheses*{(1-\chi_R)\varphi}(x)} \leq \frac{1}{R^2} \sum_{i=1}^d \Norm*{X_i^2X^\alpha \partial^\beta\varphi}_\infty+ \frac{1}{R} \sum_{\gamma < \beta} \binom{\beta}{\gamma}\Norm*{X^\alpha\partial^\gamma\varphi}_\infty \Norm*{\partial^{\beta-\gamma}\chi}_\infty.
\end{equation*}
Donc $\Norm*{X^\alpha\partial^\beta\parentheses*{(1-\chi_R)\varphi}}_\infty= O\parentheses*{\frac{1}{R}}$, ce qui prouve le résultat.

\end{sol}

\end{exo}


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

\begin{exo}[Exemples de fonctions dans $\cS'$]
\label{exo: exemples de fonctions dans S'}

Pour tout $x \in \R^d$, on note $\ang{x} = \parentheses*{1+\Norm{x}^2}^\frac{1}{2}$. Soient $s \in \R$ et $f:\R^d \to \C$ une fonction mesurable telle que $\ang{X}^s f \in L^1(\R^d)$.

\begin{enumerate}

\item \label{q: exemples f dans L1loc} Montrer que $f \in L^1_\loc(\R^d)$.

\begin{sol}

Notons $m=\frac{1}{2}\max(0,-s)$. Pour tout $R>0$,
\begin{align*}
\int_{\Norm{x}\leq R} \norm{f(x)} \dx x &= \int_{\Norm{x}\leq R} \ang{x}^{-s}\ang{x}^s \norm{f(x)} \dx x \leq \int_{\Norm{x}\leq R} \parentheses*{1+\Norm{x}^2}^m \ang{x}^s \norm{f(x)} \dx x \\
&\leq \parentheses*{1+R^2}^m \Norm*{\ang{X}^s f}_1 <+\infty.
\end{align*}
Donc $f \in L^1_\loc(\R^d)$.

\end{sol}

\item \label{q: exemples Sf dans S'} Soit $S_f:\varphi \mapsto \displaystyle\int_{\R^d} f(x)\varphi(x)\dx x$ de $\cS(\R^d)$ dans $\C$, montrer que $S_f \in \cS'(\R^d)$ et $\parentheses*{S_f}_{\vert \cD(\R^d)} = T_f$.

\begin{hint}
Montrer que $\forall k \in \N$, $\exists C \geq 0$, $\forall \varphi \in \cS(\R^d)$, $\Norm*{\parentheses*{1+\Norm{X}^2}^k \varphi}_\infty \leq C N_{2k}(\varphi)$.
\end{hint}

\begin{sol}

Commençons par prouver l'indication. Soit $k \in \N$, la fonction $\parentheses*{1+\Norm{X}^2}^k$ est un polynôme de degré $2k$ en $X=(X_1,\dots,X_d)$. Soit $\varphi \in \cS(\R^d)$, pour tout $x \in \R^d$,
\begin{align*}
\parentheses*{1+\Norm{x}^2}^k\norm{\varphi(x)} &= \parentheses*{1+\sum_{i=1}^d x_i^2}^k\norm{\varphi(x)} = \sum_{\alpha_0+\dots+\alpha_d=k} \frac{k!}{\alpha !} \prod_{i=1}^d x_i^{2\alpha_i}\norm{\varphi(x)}\\
&\leq \sum_{\alpha_0+\dots+\alpha_d=k} \frac{k!}{\alpha !} \prod_{i=1}^d \Norm{X_i^{2\alpha_i}\varphi}_\infty \leq N_{2k}(\varphi)\sum_{\alpha_0+\dots+\alpha_d=k} \frac{k!}{\alpha !} = (1+d)^k N_{2k}(\varphi).
\end{align*}
Donc pour tout $\varphi \in \cS(\R^d)$, on a $\Norm*{\parentheses*{1+\Norm{X}^2}^k \varphi}_\infty \leq C N_{2k}(\varphi)$ avec $C=(1+d)^k$.

Soit maintenant $k \in \N$ tel que $2k \geq - s$. Soit $\varphi \in \cS(\R^d)$, pour tout $x \in \R^d$,
\begin{equation}
\label{eq: integrabilite f phi}
\begin{aligned}
\norm*{f(x)\varphi(x)} &= \ang{x}^s\norm{f(x)}\ang{x}^{-s}\norm{\varphi(x)} \leq \ang{x}^s\norm{f(x)} \parentheses*{1+\Norm{x}^2}^k \norm{\varphi(x)}\\
&\leq \Norm*{\parentheses*{1+\Norm{X}^2}^k \varphi}_\infty \ang{x}^s \norm{f(x)} \leq C N_{2k}(\varphi)\ang{x}^s \norm{f(x)}.
\end{aligned}
\end{equation}
Comme on a supposé $\ang{X}^s f \in L^1(\R^d)$, cette majoration montre que $f \varphi \in L^1(\R^d)$. Donc $S_f:\cS(\R^d) \to \C$ est bien définie. Ensuite, d'après \eqref{eq: integrabilite f phi}, pour tout $\varphi \in \cS(\R^d)$ on a
\begin{equation*}
\norm{\prsc{S_f}{\varphi}}\leq \int_{\R^d} \norm{f(x)\varphi(x)} \leq CN_{2k}(\varphi) \int_{\R^d} \ang{x}^s \norm{f(x)}\dx x = C \Norm*{\ang{X}^s f}_1 N_{2k}(\varphi).
\end{equation*}
Comme $S_f$ est linéaire, cela prouve qu'elle est continue sur $\cS'(\R^d)$ et donc $S_f \in \cS'(\R^d)$.

Enfin, pour tout $\varphi \in \cD(\R^d) \subset \cS(\R^d)$, on a $\prsc{S_f}{\varphi} = \displaystyle\int_{\R^d} f(x)\varphi(x) \dx x = \prsc{T_f}{\varphi}$.

\end{sol}

\end{enumerate}

On introduit les fonctions $g:x \mapsto e^{-x^2}$ et $h:x \mapsto x \cos\parentheses{e^{x^2}}e^{x^2}$ de $\R$ dans $\R$.

\begin{enumerate}[resume]

\item \label{q: exemples non integrable} Existe-t-il $s \in \R$ tel que $\ang{X}^s h \in L^1(\R)$?

\begin{hint}
Considérer les propriétés d'intégrabilité sur $\R$ de la fonction $\tilde{h}:x \mapsto \norm*{\cos\parentheses*{e^{x^2}}}$.
\end{hint}

\begin{sol}

Soit $s \in \R$, pour tout $x \in \R$ on a
\begin{equation*}
\ang{x}^s \norm{h(x)} = \underbrace{\overbrace{\norm{x}\ang{x}^s}^{\sim \norm{x}^{1+s}} e^{x^2}}_{\xrightarrow[\norm{x}\to +\infty]{}+\infty}\norm*{\cos\parentheses{e^{x^2}}}.
\end{equation*}
Il existe donc $R_s>0$ tel que si $\norm{x}\geq R_s$ alors $\ang{x}^s \norm{h(x)} \geq \norm*{\cos\parentheses{e^{x^2}}} = \tilde{h}(x)$. On va montrer que $\tilde{h}$ n'est pas intégrable sur $\R \setminus [-R_s,R_s]$, ce qui équivaut à montrer que $\tilde{h}$ n'est pas intégrable sur $\R$ car cette fonction est continue. Cela montrera que  $\ang{X}^s h$ n'est pas intégrable.

Soit $x \in \R$. Comme $\frac{\pi}{4}<1 \leq e^{x^2}$ on a les équivalences
\begin{align*}
\norm*{\cos(e^{x^2})} \geq \frac{\sqrt{2}}{2} &\iff \exists n \in \N^*, \ n\pi-\frac{\pi}{4} \leq e^{x^2} \leq n\pi +\frac{\pi}{4}\\
&\iff \exists n \in \N^*, \ \ln\parentheses*{n\pi-\frac{\pi}{4}}^\frac{1}{2} \leq \norm{x} \leq \ln\parentheses*{n\pi+\frac{\pi}{4}}^\frac{1}{2}.
\end{align*}
Remarquons que $1 \leq \frac{3\pi}{4} \leq n \pi \pm\frac{\pi}{4}$, donc les bornes ci-dessus ont bien du sens. En notant $u_n = \ln\parentheses*{n\pi+\frac{\pi}{4}}^\frac{1}{2} - \ln\parentheses*{n\pi-\frac{\pi}{4}}^\frac{1}{2}$ pour tout $n \in \N^*$, on a donc $\displaystyle\int_\R \tilde{h}(x) \dx x \geq \frac{\sqrt{2}}{2} \sum_{n \geq 1} u_n$ et il s'agit de montrer que $u_n$ est le terme général d'une série divergente.

\begin{align*}
\ln\parentheses*{n\pi+\frac{\pi}{4}}^\frac{1}{2} &= \parentheses*{\ln(n\pi)+\ln\parentheses*{1+\frac{1}{4n}}}^\frac{1}{2} = \parentheses*{\ln(n\pi) + \frac{1}{4n}+ O\parentheses*{\frac{1}{n^2}}}^\frac{1}{2}\\
&= \sqrt{\ln(n\pi)}\parentheses*{1 + \frac{1}{4n\ln(n\pi)}+O\parentheses*{\frac{1}{n^2\ln(n\pi)}}}^\frac{1}{2}\\
&= \sqrt{\ln(n\pi)}\parentheses*{1 + \frac{1}{8n\ln(n\pi)}+O\parentheses*{\frac{1}{n^2\ln(n\pi)}}}
\end{align*}
De même $\ln\parentheses*{n\pi-\frac{\pi}{4}}^\frac{1}{2}= \sqrt{\ln(n\pi)}\parentheses*{1 - \frac{1}{8n\ln(n\pi)}+O\parentheses*{\frac{1}{n^2\ln(n\pi)}}}$ donc $u_n \sim \frac{1}{4n\sqrt{\ln (n\pi)}}$. Comme $\ln(n\pi) = \ln(n)+\ln(\pi) \sim \ln(n)$, on a finalement $u_n \sim \frac{1}{4n \sqrt{\ln(n)}}$. Donc $\sum u_n$ diverge, donc $\tilde{h}$ n'est pas intégrable, et donc pour tout $s \in \R$, $\ang{X}^s h \notin L^1(\R)$.

\end{sol}

\item Montrer qu'il existe $S \in \cS'(\R)$ tel que $S_{\vert \cD(\R)} = T_h$.

\begin{sol}

D'après la question~\ref{q: exemples non integrable}, la fonction $h$ ne satisfait pas notre critère et il ne suffit donc pas d'utiliser la question~\ref{q: exemples Sf dans S'}. Cependant, on peut remarquer que $h= v'$, où on a noté $v:x \mapsto \frac{1}{2} \sin\parentheses{e^{x^2}}$.

Comme $v \in L^\infty(\R)$, on a $\ang{X}^{-2} v \in L^1(\R)$. Donc $S_v \in \cS'(\R)$ par la question~\ref{q: exemples Sf dans S'}. On sait que $\cS'(\R)$ est stable par dérivation et, par définition, $\prsc{S_v'}{\varphi} = -\prsc{S_v}{\varphi'}$ pour tout $\varphi \in \cS(\R)$. Si maintenant $\varphi \in \cD(\R) \subset \cS(\R)$, alors
\begin{equation*}
\prsc{S_v'}{\varphi} = - \prsc{S_v}{\varphi'} = -\prsc{T_v}{\varphi'} = \prsc{T_v'}{\varphi}.
\end{equation*}
Donc $\parentheses*{S_v'}_{\vert \cD(\R)} = T_v'=T_{v'}=T_h$. Ainsi $S = S_v' \in \cS(\R)$ répond à la question.

\end{sol}

\item Peut-on dire que $S=S_h$?

\begin{sol}

D'après la question~\ref{q: exemples non integrable}, on ne peut pas appliquer le résultat de la question~\ref{q: exemples Sf dans S'}. Pour que la formule soit vraie, il faudrait déjà pouvoir donner un sens à $S_h$. Or $S_h$ ne définit pas une distribution tempérée, ni même une fonction sur $\cS(\R)$. Par exemple, on sait que $g \in \cS(\R)$ et $hg:x \mapsto x \cos(e^{x^2})$. Comme dans la question~\ref{q: exemples non integrable}, pour $\norm{x}\geq 1$ on a $\norm{h(x)g(x)} \geq \tilde{h}(x)$ et donc $hg \notin L^1(\R)$. Donc $\prsc{S_h}{g}$ n'est pas définie. Donc $S \neq S_h$, puisque $S_h$ n'a pas de sens.

\begin{rem}
Dans cet exemple, la fonction $h \in L^1_\loc(\R)$ définit une distribution $T_h \in \cD'(\R)$ qui s'étend en une (unique) distribution tempérée $S \in \cS'(\R)$. Cependant, il existe $\varphi \in \cS(\R) \setminus \cD(\R)$ tel que $\prsc{S}{\varphi} \neq \int_\R h(x)\varphi(x) \dx x$, simplement parce que l'intégrale n'est pas définie.

Par abus de langage, on dira souvent qu'une fonction $f \in L^1_\loc(\R^d)$ telle que $T_f$ s'étende en une distribution tempérée définit une distribution tempérée, et on notera $f \in \cS'(\R^d)$. Cela ne signifie pas que l'extension est $S_f$, ni même que $S_f$ est bien définie. Dans ce cadre, attention à ne pas écrire $\prsc{f}{\varphi} = \int f(x) \varphi(x) \dx x$ sans réfléchir pour $\varphi \in \cS(\R^d) \setminus \cD(\R^d)$.
\end{rem}

\end{sol}

\item Calculer $\prsc{S}{g}$.

\begin{sol}

On a $\prsc{S}{g} = \prsc{S_v'}{g} = -\prsc{S_v}{g'} = \int_\R v(x)g'(x) \dx x$, et on a vu que cette intégrale est bien définie, car $g' \in \cS(\R)$. Les fonctions $g$ et $v$ sont paires, donc $g'$ est impaire et $vg'$ est impaire. L'intégrale de cette fonction sur $\R$ est donc nulle. Finalement, $\prsc{S}{g}=0$.

\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}


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

\begin{exo}[Injection de $L^p$ dans $\cS'$]

Soient $p \in [1,+\infty]$ et $f \in L^p(\R^d)$, montrer que l'application $S_f:\varphi\mapsto \int_{\R^d} f(x)\varphi(x) \dx x$ de $\cS(\R^d)$ dans $\C$ définie une distribution tempérée. 

\begin{sol}

Notons $q \in [1,+\infty]$ l'exposant conjugué de $p$, de sorte que $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$. Pour tout $\varphi \in \cS(\R^d)$ on a $\varphi \in L^q(\R^d)$ donc $f\varphi \in L^1(\R^d)$ et $\prsc{S_f}{\varphi}$ est bien définie et linéaire. De plus,
\begin{equation*}
\norm*{\prsc{S_f}{\varphi}} \leq \int_{\R^d} \norm{f(x)}\norm{\varphi(x)}\dx x \leq \Norm{f}_p\Norm{\varphi}_q
\end{equation*}
Or, on a prouvé dans l'exercice 7 de la feuille 3, qu'il existe $C>0$ et $k \in \N$ tel que $\Norm{\psi}_q \leq C N_k(\psi)$ pour tout $\psi  \in L^q(\R^d)$. Donc, pour tout $\varphi \in \cS(\R^d)$, on a $\norm{\prsc{S_f}{\varphi}} \leq C \Norm{f}_pN_k(\varphi)$. Donc $S_f$ définit bien une distribution tempérée.

Une autre méthode est d'utiliser le critère de l'exerice~\ref{exo: exemples de fonctions dans S'}. Soit $s \in \R$, l'inégalité de Hölder montre que $\Norm{\ang{X}^s f}_1 \leq \Norm{f}_1\Norm{\ang{X}^s}_q$. Or, $\Norm{\ang{X}^s}_q^q=\int_{\R^d}\ang{x}^{sq}\dx x <+\infty$ dès que $sq<-d$ car $\ang{X}$ est $\cC^\infty$ et $\ang{x} \sim \Norm{x}$ lorsque $\Norm{x}\to +\infty$. Par exemple, on a $\ang{X}^{-\frac{2d}{q}}f \in L^1(\R^d)$ et donc $S_f \in \cS'(\R^d)$ par l'exercice~\ref{exo: exemples de fonctions dans S'} question~\ref{q: exemples Sf dans S'}. Notons que cela repose sur le même calcul que l'exercice 7 de la feuille 3.

Attention, on pourrait aussi argumenter que $T_f$ est bien définie car $f \in L^p(\R^d)$ et que pour tout $\varphi \in \cD(\R^d)$ on a $\norm{\prsc{T_f}{\varphi}}\leq \Norm{f}_p\Norm{\varphi}_q \leq C\Norm{f}_pN_k(\varphi)$. D'après le cours, c'est suffisant pour dire que $T_f$ est la restriction à $\cD(\R^d)$ d'une (unique) distribution tempérée, mais ça ne suffit pas à affirmer que cette distribution tempérée est $S_f$, i.e. que la formule intégrale s'étend aux $\varphi \in \cS(\R^d)$.

\end{sol}

\end{exo}


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

\begin{exo}[Mesures tempérées]
\label{exo: mesures tempérées}

Dans cet exercice on considère une mesure de Radon (i.e.~finie sur les compacts) positive $\mu$ sur $\R^d$. On note de nouveau $\ang{x}=\parentheses*{1+\Norm{x}^2}^\frac{1}{2}$.

\begin{enumerate}

\item On suppose qu'il existe $s\in \R$ tel que $\ang{X}^s \in L^1(\dx \mu)$. Montrer que $\displaystyle\varphi \mapsto \int_{\R^d} \varphi(x) \dx \mu(x)$ définit une distribution tempérée, que l'on notera encore $\mu$.

\begin{sol}

Comme $\mu$ est une mesure de Radon positive, on sait déjà qu'elle définit une distribution telle que pour tout $\varphi \in \cD(\R^d)$, $\prsc{\mu}{\varphi} = \int_{\R^d} \varphi(x) \dx \mu(x)$.

Soit $k \in \N$ tel que $2k \geq - s$. Soit $\varphi \in \cS(\R^d)$, en utilisant l'indication de la question~\ref{q: exemples Sf dans S'} de l'exercice~\ref{exo: exemples de fonctions dans S'}, on obtient pour tout $x \in \R^d$,
\begin{equation}
\label{eq: integrabilite phi mu}
\norm{\varphi(x)} \leq \ang{x}^{-s}\norm{\varphi(x)} \ang{x}^s \leq \parentheses*{1+\Norm{x}^2}^k\norm{\varphi(x)} \ang{x}^s \leq \Norm*{\parentheses*{1+\Norm{X}^2}^k \varphi}_\infty \ang{x}^s \leq C N_{2k}(\varphi) \ang{x}^s.
\end{equation}
Donc $\cS(\R^d) \subset L^1(\dx \mu)$, et $\varphi \mapsto \int_{\R^d} \varphi(x) \dx \mu(x)$ est une forme linéaire bien définie sur $\cS(\R^d)$. De plus, pour tout $\varphi \in \cS(\R^d)$ on a:
\begin{equation*}
\norm*{\int_{\R^d} \varphi(x) \dx \mu(x)} \leq \int_{\R^d} \norm{\varphi(x)} \dx \mu(x) \leq C \parentheses*{\int_{\R^d} \ang{x}^s \dx \mu(x)} N_{2k}(\varphi).
\end{equation*}
Cette forme linéaire est donc continue. Donc $\mu$ définit bien un élément de $\cS'(\R^d)$.

\end{sol}

\item \label{q: mesure temperee croissance} Inversement, on suppose désormais que $\mu \in \cD'(\R^d)$ s'étend en une distribution tempérée. Montrer qu'il existe $C \geq 0$ et $p\in \N$ tels que $\int_{\Norm{x}\leq R} \dx \mu(x) \leq C R^p$ pour tout $R \geq 1$.

\begin{sol}

Comme $\mu$ est tempérée, il existe $p \in \N$ et $A \geq 0$ tels que $\norm{\prsc{\mu}{\varphi}} \leq A N_p(\varphi)$ pour tout $\varphi \in \cD(\R^d)$. On considère des fonctions plateaux $\chi_R$ comme celles de l'exercice~\ref{exo: densite de D dans S}. Alors, pour tout $R \geq 1$,
\begin{equation*}
\int_{\Norm{x}\leq R} \dx \mu(x) = \int_{\Norm{x}\leq R} \chi_R(x) \dx \mu(x) \leq \prsc{\mu}{\chi_R}  \leq \norm*{\prsc{\mu}{\chi_R}} \leq A N_p(\chi_R).
\end{equation*}
Soient $\alpha$ et $\beta \in \N^d$ tels que $\norm{\alpha} \leq p$ et $\norm{\beta}\leq p$. Pour tout $R\geq 1$ et $x \in \R^d$ tel que $\Norm{x}\leq 2R$ on a
\begin{equation*}
\norm*{x^\alpha\partial^\beta(\chi_R)(x)} = \norm*{x^\alpha} \frac{1}{R^{\norm{\beta}}}\norm*{\partial^\beta\chi\parentheses*{\frac{x}{R}}} \leq \Norm{x}^{\norm{\alpha}} \Norm*{\partial^\beta\chi}_\infty \leq (2R)^p \sum_{\norm{\beta}\leq p}\Norm{\partial^\beta\chi}_\infty.
\end{equation*}
Comme $\chi_R$ et toutes ses dérivées sont nulles hors la boule de centre $0$ et de rayon $2R$, on a donc $\Norm{X^\alpha \partial^\beta\chi_R}_\infty \leq (2R)^p \sum_{\norm{\beta}\leq p}\Norm{\partial^\beta\chi}_\infty$ pour tout $\alpha$ et $\beta$ de longueur inférieur à $p$. Donc $AN_p(\chi_R) \leq CR^p$ où $C=A 2^p\sum_{\norm{\beta}\leq p}\Norm{\partial^\beta\chi}_\infty$. D'où le résultat.

\end{sol}

\item En déduire qu'il existe $s \in \R$ tel que $\ang{X}^s \in L^1(\dx \mu)$.

\begin{sol}

Si $\mu(\R^d) <+\infty$, il suffit de prendre $s=0$. Sinon, pour qu'un tel $s$ existe, il doit nécessairement être négatif. Considérons donc $s <0$, de sorte que $x \mapsto \ang{x}^s$ est décroissante radialement. D'après la question~\ref{q: mesure temperee croissance}, pour tout $n \in \N$, on a
\begin{align*}
\int_{n \leq \Norm{x} \leq n+1} \ang{x}^s \dx\mu(x) &\leq \parentheses*{1+n^2}^\frac{s}{2}\int_{n \leq \Norm{x} \leq n+1} \dx\mu(x) \leq \parentheses*{1+n^2}^\frac{s}{2}\int_{\Norm{x} \leq n+1} \dx\mu(x)\\
&\leq C(1+n^2)^\frac{s}{2}(1+n)^p = O\parentheses*{n^{p+s}}.
\end{align*}
Si $s <-p-1$, alors ces intégrales sont le terme général d'une série convergente, et donc
\begin{equation*}
\int_{\R^d} \ang{x}^s \dx \mu(x) \leq \sum_{n \geq 0} \int_{n \leq \Norm{x} \leq n+1} \ang{x}^s \dx\mu(x) < +\infty.
\end{equation*}
\end{sol}

\end{enumerate}

\end{exo}

\end{document}