Exercices - Distribution - Support et opérations : corrigé - Bibmath

Exercices - Distribution - Support et opérations : corrigé
Exercice 1 - Pense-bête - Quatrième année - ⋆
1. Soit φ ∈ D(R). On a :
〈T ′ n, φ〉 = −〈T n , φ ′ 〉 → −〈T, φ ′ 〉 = 〈T ′ , φ〉.
2. Prenons pour T δ ′ 0 et pour ϕ une fonction de D(R) telle que ϕ(0) = 0 et ϕ′ (0) ≠ 0.
Alors 〈T, ϕ〉 = −ϕ(0) ≠ 0. Plus généralement, on a 〈T, ψ〉 = 0 dès que ψ est nulle au
voisinage du support de T , c’est-à-dire que les supports de T et ψ sont disjoints. On a
〈T, ψ 1 〉 = 〈T, ψ 2 〉 dès que ψ 1 et ψ 2 sont égales au voisinage du support de T .
Exercice 2 - Equation ! - Quatrième année - ⋆⋆
1. Remarquons que ceci correspond ici à la multiplication d’une distribution par une fonction
C ∞ . On a donc, pour φ ∈ D(R),
ce qui donne bien le résultat.
〈xvp(1/x), φ〉 = 〈vp(1/x), xφ〉 = lim
ε→0
∫|x|≥ε
xφ(x)
x
dx,
2. (a) L’idée est qu’on connait la valeur de u sur les fonctions qui s’écrivent xϕ, avec
ϕ ∈ D(R). On s’y ramène en décomposant φ(x) en φ(x) = φ(0) + xϕ(x) où ϕ est de
classe C ∞ . Multipliant par la fonction η donnée par l’énoncé, on obtient :
Si on applique u, on trouve :
On obtient finalement
φ = φ(0)η + xϕη.
〈u, φ〉 = φ(0)〈u, η〉 + 〈xu, ϕη〉.
〈u, η〉 =
quantité qui est donc indépendante de η.
〈u, φ〉
φ(0) ,
(b) Soit η une fonction de D(R) valant 1 à la fois sur le support de φ et de ψ. Alors on
a :
C φ = 〈u, η〉 = C ψ ,
ce qui prouve le résultat.
(c) Notons C la valeur commune de tous les C φ , pour φ(0) ≠ 0. Le calcul effectué cidessus
prouve que 〈u, φ〉 = Cφ(0) = C〈δ 0 , φ〉. Le résultat reste vérifié si φ(0) = 0,
car les deux membres sont nuls. Une distribution vérifiant xu = 0 s’écrit donc Cδ 0 .
La réciproque est clairement vraie !
3. Ecrivons 1 = xvp(1/x), ce qui fait que l’équation se réécrit
ce qui entraîne alors u = vp(1/x) + Cδ 0 .
x(u − vp(1/x)) = 0,
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4. On note O n =] − 3π/4 + nπ, 3π/4 + nπ[, de telle sorte que (O n ) n∈Z est un recouvrement
localement fini de R. Soit (χ n ) une partition de l’unité associée, et décomposons φ en
φ = ∑ n∈Z φ(x)χ n = ∑ n∈Z φ n. D’après la formule de Taylor avec reste intégral, chaque φ n
s’écrit φ n (x) = φ(nπ) + (x − nπ)ψ n (x), où ψ n est de classe C ∞ . Remarquons encore que
x ↦→ (x − nπ)/ sin(x) est de classe C ∞ sur O n , et où θ n appartient à D(R). On peut alors
écrire
φ n (x) = φ n (x)η n (x) = φ(nπ)η n (x) + sin(x)θ n (x),
où η n est une fonction plateau valant 1 sur O n et à support dans ] − π + nπ, π + nπ[. On
obtient alors
〈T, φ〉 = ∑ n∈Z〈T, η n 〉φ(nπ),
ce qui prouve le résultat demandé avec c n = 〈T, η n 〉.
Exercice 3 - Dérivées de Dirac - Quatrième année - ⋆
On a
〈x α ∂ β δ p , φ〉 = 〈∂ β δ p , x α φ〉 = (−1) β 〈δ p , ∂ β (x α φ)〉,
Donc,
∂ β (x α φ) =
min(α,β)
∑
k=0
min(α,β)
〈x α ∂ β δ p , φ〉 = (−1) β ∑
k=0
C k βα . . . (α − k + 1)x α−k ∂ β−k φ.
C k βα . . . (α − k + 1)p α−k ∂ β−k φ(p).
En particulier, le support est {a} si p ≠ 0, il vaut ∅ si p = 0 et α > β.
Exercice 4 - Primitive - Quatrième année - ⋆
1. Soit T ∈ D ′ (I) et S une éventuelle primitive de S. Prenons φ ∈ D(I). On doit alors avoir
〈T, φ〉 = 〈S ′ , φ〉 = −〈S, φ ′ 〉.
S est donc déterminé sur les dérivées d’éléments de D(I). La situation serait parfaite si
toute fonction de D(I) était la dérivée d’une fonction de D(I), mais malheureusement ce
n’est pas le cas. Cela n’est vrai que pour les fonctions d’intégrale nulle sur I. Qu’à cela
ne tienne ! Rédigeons donc proprement. On a le résultat suivant :
Soit u ∈ D(I). Il existe v ∈ D(I) tel que v ′ = u si et seulement si ∫ R
u = 0. Dans
ce cas, v est unique (et est donnée par la formule v(x) = ∫ x
−∞ u(t)dt).
Le but, étant donnée une fonction ψ ∈ D(I), est de se ramener à une fonction qui est la
dérivée d’une fonction test. Pour cela, on fixe θ ∈ D(I) tel que ∫ R
θ = 1. On a alors le
résultat suivant :
Soit ψ ∈ D(I). Il existe un unique φ ∈ D(I) tel que
∫
ψ = ( ψ)θ + φ ′ .
R
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En effet, il suffit d’appliquer le résultat précédent à la fonction u = ψ−( ∫ R
ψ)θ. Supposons
maintenant qu’il existe S ∈ D ′ (I) tel que S ′ = T . Soit ψ ∈ D(I), et φ ∈ D(I) la fonction
qui lui est uniquement associée par le procédé précédent. On a :
∫
〈S, ψ〉 = 〈S, ( ψ)θ〉 + 〈S, φ ′ 〉
= 〈S, θ〉
∫
ψ − 〈T, φ〉.
On a donc 〈S, ψ〉 = C ∫ R ψ − 〈T, φ〉. Passons à la synthèse. On pose S 0 la forme linéaire
définie sur D(I) par
〈S 0 , ψ〉 = −〈T, φ〉,
où φ est associée à ψ. Il faut vérifier que S 0 est continue, ce qu’on laisse au lecteur ! Il faut
aussi vérifier que S 0 ′ = T . Mais pour u ∈ D(I), on a
Soit v l’unique fonction de D(I) telle que
〈S ′ 0, u〉 = −〈S 0 , u ′ 〉.
∫
u ′ = ( u ′ )θ + v ′ .
R
u étant à support compact, ∫ R u′ = 0, et donc u ′ = v ′ . Par unicité de v, on en déduit que
u = v. On a donc
〈S ′ 0, u〉 = −〈S 0 , u ′ 〉 = 〈T, v〉 = 〈T, u〉
ce qui prouve que S 0 ′ = T . En outre, la partie "analyse" de la preuve garantit que toute
primitive de T s’écrit S = S 0 + C.
2. On applique simplement le résultat de la question précédente, en remarquant que S 0 = 0 :
les seules distributions dont la dérivée est nulle sur un intervalle sont les distributions
associées aux fonctions constantes.
Exercice 5 - Formule des sauts ! - Quatrième année - ⋆
Par définition, on a
∫ b
〈(T f ) ′ , φ〉 = −〈T f , φ ′ 〉 = − f(x)φ ′ (x)dx.
a
On découpe l’intégrale, et on effectue dans chaque intervalle ]a i , a i+1 [ une intégration par parties.
On obtient d’abord des intégrales, qui à nouveau regroupées donne le terme en 〈T f ′, φ〉. Les
termes constants correspondent exactement aux masses de Dirac !
Exercice 6 - - Quatrième année - ⋆
1. Soit φ ∈ D(R n ) à support dans Z(f) c . Alors φ/f est aussi dans D(R), et on a
〈T, φ〉 = 〈fT, φ/f〉 = 0.
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2. Soit T de support inclus dans Z(f), d’ordre 0. En particulier, pour K le support de f, il
existe C > 0 tel que, quel que soit φ ∈ D(R) à support dans K, on a
〈T, φ〉 ≤ C‖φ‖ ∞ .
Prenons désormais φ ∈ D(R) et remarquons que fφ est dans D K (R). On a donc
〈fT, φ〉 = 〈T, fφ〉 ≤ C‖fφ‖ ∞ .
Mais puisque fφ est nulle sur supp(T ), on a 〈ft, φ〉 = 0.
3. Prenons f(x) = x. On a bien supp(T ) ⊂ Z f . Mais,
〈xδ ′ , φ〉 = 〈δ ′ , xφ〉 = φ(0),
ce qui prouve bien que xδ ′ n’est pas la distribution nulle.
4. On a
〈fδ ′ , φ〉 = f ′ (0)φ(0) + f(0)φ ′ (0),
et ceci est identiquement nulle si, et seulement si, f(0) = f ′ (0) = 0. C’est à dire si, et
seulement si, f(x) = x 2 g(x) où g est une autre fonction C ∞ .
Exercice 7 - Support à un point - 4ième année - ⋆⋆
1. T est à support compact, donc d’ordre fini.
2. (a) La formule de Leibniz donne
(ρ r φ) (l) =
l∑
k=0
Cl k ρ (l−k)
r (x)φ (k) (x).
Maintenant, la condition sur f fait que φ (k) (x) = o(x m−k ) (ceci peut se démontrer
par exemple avec l’unicité des développements limités et la formule de Taylor-Young).
D’autre part,
ρ (l−k)
r (x) = 1
r l−k ρ(l−k) (x/r).
On a donc, dès que r est assez petit et |x| ≤ r,
|f (k) (x)ρ (l−k)
r (x)| ≤ ε rm−k
r l−k ‖ρ(l−k) ‖ ∞ ≤ ε‖ρ (l−k) ‖ ∞ .
Ceci garantit le résultat de l’énoncé.
(b) Puisque T est de support {0} et que ρ r vaut 1 au voisinage de 0, on a quel que soit
r > 0
〈T, φ〉 = 〈T, ρ r φ〉.
Maintenant, T est d’ordre m et ρ r φ est à support dans [−r, r] ⊂ [−1, 1] (compact
fixe !). Le résultat que l’on vient de démontrer assure que lim r→0 |〈T, ρ r φ〉| = 0.
3. Il suffit d’appliquer la formule de Taylor avec reste intégral !
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4. Prenons φ dans D(R) et appliquons la décomposition obtenue à la question précédente.
Il faut prendre garde à ce que les fonctions que l’on introduit ne sont plus à support
compact. Toutefois, si ρ est la fonction plateau évoquée précédemment, ρφ est à support
compact, φ et ρφ sont égales au voisinage de 0, et donc
〈T, φ〉 = 〈T, ρφ〉 =
m∑
k=0
φ (k) (0)
〈T, ρx k 〉 + 〈T, ρψ〉.
k!
On obtient alors le résultat en remarquant que 〈T, ρψ〉 = 0 d’après la question 2.
Exercice 8 - Equations différentielles - Quatrième année - ⋆⋆⋆
1. On copie la démarche de résolution des équations différentielles linéaires réelles. Résolvons
donc d’abord l’équation sans second membre 2xT ′ −T = 0. L’idée est de rechercher d’abord
les solutions localement intégrables de l’équation 2xu ′ − u = 0. Maintenant, l’équation est
singulière en 0, et on l’étudie donc sur R ∗ + et sur R ∗ −. Sur chacun de ces intervalles, on
trouve que u(x) = C √ |x|. On note x + = max(x, 0) et x − = max(−x, 0). Les distributions
√ √
associées aux la fonctions localement intégrables C 1 x+ + C 2 x− sont donc solution sur
R ∗ . On vérifie aussi qu’elles sont solutions sur R. D’autre part, soit T une distribution
solution de l’équation différentielle (appartenant à D ′ (R)). On note T 1 sa restriction à
D(R ∗ +). Soit S 1 = √ T 1
x
. La formule de Leibniz donne
S 1 ′ = T 1
′ √ − T 1
x 2x √ x = 2xT 1 ′ − T 1
2x √ x
Puisque S 1 est définie sur un intervalle (à savoir R ∗ +), il existe une constante C 1 telle
√
que S 1 = C 1 , ce qui entraîne T 1 = C 1 x+ . De même, en notant T 2 la restriction de T
à R ∗ √
−, il existe une constante C 2 telle que T 2 = C 2 x− . On note enfin S la distribution
√ √
T − C 1 x+ − C 2 x− . On vérifie aisément que le support de S est contenu dans {0}.
S est donc une combinaison linéaire de dérivées de masses de Dirac en 0. Posons donc
R = ∑ p
k=0 a kδ (k) , qui doit vérifier 2xR ′ − R = 0. Un calcul facile montre que, si φ ∈ D(R),
et k ≥ 1, on a
(
〈2x δ (k)) ′
, φ〉 = −〈δ (k) , (2xφ) ′ 〉
= 0.
= −〈δ (k) , 2φ〉 − 〈δ (k) , 2xφ ′ ( 〉
)
= 2(−1) k+1 2φ (k) (0) + (2xφ ′ ) (k) (0)
= 2(−1) k+1 (k + 1)φ (k) (0).
En particulier, ceci prouve que 2xR ′ − R = ∑ p
k=0 (2(−1)k+1 (k + 1) − 1)a k δ (k) , et donc
2xR ′ − R = 0 si et seulement si R = 0. Reste à traiter maintenant l’équation avec second
membre. La forme de ce second membre nous pousse à rechercher une solution qui soit
combinaison linéaire de dérivées de masses de Dirac en 0, et le calcul précédent nous montre
que l’on peut en fait se contenter d’une masse de Dirac simplement. Plus précisément, on
doit avoir (2 × (−1) × (−1) − 1)a 0 = 1, ce qui donne a 0 = −1/3. Finalement, on a prouvé
que les solutions de l’équation de départ sont
C 1
√
x+ + C 2
√
x− − 1 3 δ 0.
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2. Le plus facile est ici de remarquer que (xT ) ′ = xT ′ + T . L’équation se transforme donc en
(xT ) ′ = 0. Ceci entraîne l’existence d’une constante C ∈ R telle que xT = C. Cvp(1/x)
étant solution de cette équation, celle-ci est équivalente à x(T − Cvp(1/x)) = 0, et l’on
obtient l’existence de γ telle que T s’écrive
T = Cvp(1/x) + γδ 0 .
Réciproquement, toute distribution de cette forme est solution de l’équation différentielle.
Exercice 9 - - Quatrième année - ⋆⋆
1. Soit K un compact de R 2 et φ ∈ D(R 2 ) à support dans K. Posons K 1 = {x ∈ R; (x, −x) ∈
K}, qui est compact car K l’est.
(∫ )
|〈T, φ〉| ≤ dx |ϕ(x, y)|.
K 1
Ainsi, T est une distribution sur R 2 d’ordre 0.
sup
(x,y)∈K
2. Montrons que le support de T est la droite D = {(x, −x); x ∈ R} de R 2 . D’abord, prenons
φ ∈ D(R 2 ) à support contenu dans R 2 \D. Alors, φ(x, −x) = 0 pour tout x dans R et donc
〈T, φ〉 = 0. Réciproquement, prouvons que tout point M 0 = (x 0 , −x 0 ) est dans le support
de T . Pour cela, il suffit de prouver que pour tout ε > 0, il existe φ ∈ D(R 2 ) à support
dans B(M 0 , ε) tel que 〈T, φ〉 ≠ 0. On choisit pour φ une fonction positive, à support dans
B(M 0 , ε), et égale à 1 sur B(M 0 , ε/2). Alors V = {x ∈ R; (x, −x) ∈ B(M 0 , ε/2)} a une
mesure de Lebesgue strictement positive, et donc
3. Posons ψ(x) = φ(x, −x). Alors ψ ′ (x) =
〈( ∂T
∂x − ∂T ) 〉 ∫
, φ = −
∂y
R
car φ donc ψ est à support compact.
〈T, φ〉 ≥ m(V ) > 0.
( )
∂φ
∂x − ∂φ
∂y
(x, −x), ce qui donne :
( ∂φ
∂x − ∂φ )
(x, −x)dx = [ψ] +∞
−∞ = 0,
∂y
Exercice 10 - Distribution homogène - Quatrième année - ⋆⋆⋆
1. On a
〈δ 0 , φ λ 〉 = 〈δ 0 , φ〉(= φ(0)).
Ceci assure que δ 0 est homogène de degré −n. Pour la valeur principale,
〈vp(1/x), φ λ 〉 = lim
ε→0
∫|x|≥ε
φ(λx)
x
dx
φ(u)
= lim
ε→0
∫|λu|≥ε u
du
= 〈vp(1/x), φ〉.
On en déduit que vp(1/x) est bien homogène de degré −1.
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Exercices - Distribution - Support et opérations : corrigé
2. Soit R = ∑ d
k=0 a k δ (k) une telle distribution. Remarquons que R est invariante par homothétie.
D’autre part, on a
〈δ (k) , φ λ 〉 = (λ) k 〈δ (k) , φ〉.
R est invariante par homothétie si et seulement si R = Cδ 0 .
3. Lorsque T = T f , on a, pour tout φ ∈ D(R n ),
∫
∫
f(x)φ(λx)dx = λ −n−p f(x)φ(x)dx.
R n R n
Le changement de variables y = λx donne
∫
λ
∫R −n f(y/λ)φ(y)dy = λ −n−p f(x)φ(x)dx.
n R n
Ceci étant vérifié pour toute fonction φ dans D(R n ), on en déduit que, pour tout y, on a
f(y/λ) = λ −p f(y), ou encore f(λx) = λ p f(x) (ce qui correspond à la définition classique
d’une fonction homogène).
4. On a
〈T ′ , φ λ 〉 = −λ〈T, (φ ′ ) λ 〉 = −λ −n−p+1 〈T, φ ′ 〉 = λ −n−p+1 〈T ′ , φ〉,
ce qui prouve que T ′ est homogène de degré p − 1.
5. Supposons T homogène de degré p. Pour λ ≠ 1, on a alors
〈T, φ λ − φ
λ − 1 〉 = λn−p − 1
〈T, φ〉.
λ − 1
On fait tendre λ vers 1 dans l’inégalité ci-dessus. En utilisant le rappel de l’énoncé, on
trouve :
n∑ ∂φ
〈T, x j 〉 = (−n − p)〈T, φ〉.
∂x j
j=1
En utilisant les définitions de la dérivée d’une distribution et de la multiplication par une
fonction C ∞ , on trouve
n∑ ∂(x j T )
(−n − p)〈T, φ〉 = −〈 , φ〉.
∂x j
Développant la dérivée du membre de droite, on trouve le résultat souhaité.
Réciproquement, soit T une distribution telle que
n∑ ∂T
x i = pT.
∂x i
i=1
j=1
On pose f(λ) = 〈T, φ λ 〉. Comme précédemment, on trouve
Ainsi,
f ′ (λ) = 〈T,
n∑
j=1
x j
∂φ
∂x j
(λx)〉.
f ′ (λ) = 1 n λ 〈T, ∑
x j ∂ j φ λ 〉 = − n λ 〈T, φ λ〉 − 1 n λ 〈 ∑
x j ∂ j T, φ λ 〉.
j=1
Finalement, on obtient λf ′ (λ) = −(n + p)f(λ). On a donc f(λ) = Cλ −n−p pour un réel
C. Il suffit de prendre ensuite λ = 1 pour obtenir la valeur de C et le résultat.
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j=1

Exercices - Distribution - Support et opérations : corrigé
6. La question précédente assure que T est homogène de degré 2 sur R si et seulement si elle
vérifie l’équation différentielle
xT ′ − 2T = 0.
On résoud cette équation différentielle d’abord en recherchant les fonctions C ∞ solutions
de
xu ′ − 2u = 0.
Il faut résoudre l’équation sur chaque intervalle R ∗ + et R ∗ −, où on trouve que les solutions
sont de la forme u(x) = C 1 x 2 + (resp. u(x) = C 2 x 2 −). Soit maintenant T une distribution
solution de l’équation différentielle. On note T 1 sa restriction à D(R ∗ +) (resp. T 2 sa restriction
à D(R ∗ −)). On pose ensuite S 1 = T 1
x 2 +
intervalle, la fonction x ↦→ 1
x 2 +
, qui est distribution sur D(R ∗ +) car sur cet
est de classe C ∞ . La formule de Leibniz donne alors S ′ 1 = 0.
On en déduit l’existence d’une constante C 1 telle que S 1 = C 1 , ce qui donne T 1 = C 1 x 2 +.
De même, de S 2 ′ = 0, on déduit l’existence d’une constante C 2 telle que T 2 = C 2 x 2 −.
Posons enfin S = T − C 1 x 2 + − C 2 x 2 −. Le support de S est contenu dans {0}, et donc S
s’écrit
Un calcul facile montre que
On a donc
S =
m∑
k=0
a k δ (k)
0 .
x(δ (k) ) ′ = −(k + 1)δ (k) .
m∑
xS ′ − 2S = [−(k + 1) − 2]a k δ (k)
0 = 0.
k=0
Ceci n’est possible que si tous les a k sont nuls ! Les distributions homogènes de degré 2
sur R sont donc les distributions associées aux fonctions localement intégrables
C 1 x 2 + + C 2 x 2 −.
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