Théorie physique des distributions/Exercices/Espaces de base

Exercice 1-1

Le but de cet exercice est de montrer que l’ensemble des fonctions test ${\textstyle {\mathcal {D}}}$ n’est pas vide.

Montrez que la fonction φ définie par :

$\forall x\in \mathbb {R} ,\ \varphi (x)=\left\{{\begin{matrix}\mathrm {exp} \left({\frac {-1}{1-x^{2}}}\right)&\mathrm {si} &|x|\leqslant 1\\0&\mathrm {si} &|x|\geqslant 1.\end{matrix}}\right.$

Est une fonction test de ${\textstyle {\mathcal {D}}}$.

Solution

La fonction φ est à support borné puisque nulle en dehors de l'intervalle [-1;1]. On peut dire aussi qu'elle est indéfiniment dérivable, pour x différent de -1 et 1, puisque composée à partir de fonction indéfiniment dérivable.

Il nous reste à étudier si elle est indéfiniment dérivable en -1 et 1. Cette étude peut se restreindre à x = 1, car la fonction est paire.

La fonction étant nulle pour x > 1, toutes les limites des dérivées successives de φ, en faisant tendre x vers 1 par valeur supérieure, seront nulles.

Il nous reste donc à montrer que toutes les limites des dérivées successives de φ, en faisant tendre x vers 1 par valeur inférieure, sont nulles.

Montrons d’abord par récurrence qu’il existe une suite de polynômes (P_n)_n∈ℕ tel que :

$\forall x\in ]-1;1[\quad \varphi ^{(n)}(x)={\frac {P_{n}(x)}{(1-x^{2})^{2n}}}\mathrm {exp} \left({\frac {-1}{1-x^{2}}}\right)$

Initialisation

La propriété est vraie pour n = 0, en prenant P₀(x) = 1

Hérédité

Supposons la propriété vraie pour n. On a donc :

$\varphi ^{(n)}(x)={\frac {P_{n}(x)}{(1-x^{2})^{2n}}}\mathrm {exp} \left({\frac {-1}{1-x^{2}}}\right)$

Démontrons que cela entraîne qu'elle est vraie pour n+1. En dérivant la relation précédente, nous obtenons :

${\begin{aligned}\varphi ^{(n+1)}(x)&=\left({\frac {P_{n}(x)}{(1-x^{2})^{2n}}}\right)'\mathrm {exp} \left({\frac {-1}{1-x^{2}}}\right)+{\frac {P_{n}(x)}{(1-x^{2})^{2n}}}\left(\mathrm {exp} \left({\frac {-1}{1-x^{2}}}\right)\right)'\\&=\left({\frac {P_{n}'(x)(1-x^{2})^{2n}+4nxP_{n}(x)(1-x^{2})^{2n-1}}{(1-x^{2})^{4n}}}\right)\mathrm {exp} \left({\frac {-1}{1-x^{2}}}\right)+{\frac {P_{n}(x)}{(1-x^{2})^{2n}}}\left({\frac {-2x}{(1-x^{2})^{2}}}\mathrm {exp} \left({\frac {-1}{1-x^{2}}}\right)\right)\\&=\left({\frac {P_{n}'(x)(1-x^{2})^{2}+4nxP_{n}(x)(1-x^{2})}{(1-x^{2})^{2n+2}}}\right)\mathrm {exp} \left({\frac {-1}{1-x^{2}}}\right)-{\frac {2xP_{n}(x)}{(1-x^{2})^{2n+2}}}\mathrm {exp} \left({\frac {-1}{1-x^{2}}}\right)\\&=\left({\frac {P_{n}'(x)(1-x^{2})^{2}+4nxP_{n}(x)(1-x^{2})-2xP_{n}(x)}{(1-x^{2})^{2n+2}}}\right)\mathrm {exp} \left({\frac {-1}{1-x^{2}}}\right)\\&=\left({\frac {P_{n}'(x)(1-x^{2})^{2}+2x(2n-2nx^{2}-1)P_{n}(x)}{(1-x^{2})^{2(n+1)}}}\right)\mathrm {exp} \left({\frac {-1}{1-x^{2}}}\right)\end{aligned}}$

La suite de polynômes (P_n)_n∈ℕ est donc définie par :

$\left\{{\begin{matrix}P_{0}(x)=1\\P_{n+1}(x)=P_{n}'(x)(1-x^{2})^{2}+2x(2n-2nx^{2}-1)P_{n}(x)\end{matrix}}\right.$

Nous voyons que nous avons alors, par croissante comparée entre polynôme et exponentielle :

$\lim _{x\to 1^{-}}\varphi ^{(n)}(x)=\lim _{x\to 1^{-}}{\frac {P_{n}(x)}{(1-x^{2})^{2n}}}\mathrm {exp} \left({\frac {-1}{1-x^{2}}}\right)=0$

La dérivée à tout ordre à gauche en 1 étant égale à la dérivée à tout ordre à droite en 1, la fonction φ est donc indéfiniment dérivable en 1.

φ étant une fonction indéfiniment dérivable en tout point et à support borné, sera donc une fonction test de ${\textstyle {\mathcal {D}}}$.

 

Exercice 1-2

Soit φ₀ une fonction test de ${\textstyle {\mathcal {D}}}$ vérifiant :

$\int _{-\infty }^{\infty }\varphi _{0}(x)\,\mathrm {d} x=1$

Montrer que toute fonction test φ de ${\textstyle {\mathcal {D}}}$ s'écrit de manière unique sous la forme :

$\varphi =\psi '+c.\varphi _{0}$

avec ψ ∈ ${\textstyle {\mathcal {D}}}$ et c ∈ ℝ

Solution

Montrons tout d’abord l'unicité. Pour cela, il nous suffit de montrer que c et ψ s'exprime de façon unique.

Calculons c :

Pour cela intégrons de -∞ à +∞, les deux membres de l'équation :

$\varphi =\psi '+c.\varphi _{0}$

On obtient :

$\int _{-\infty }^{\infty }\varphi (x)\,\mathrm {d} x=\int _{-\infty }^{\infty }\psi '(x)\,\mathrm {d} x+c.\int _{-\infty }^{\infty }\varphi _{0}(x)\,\mathrm {d} x$

Qui se simplifie sous la forme :

$\int _{-\infty }^{\infty }\varphi (x)\,\mathrm {d} x=\left[\psi (x)\right]_{-\infty }^{\infty }+c\times 1$

Nous voyons qu’il nous reste :

$c=\int _{-\infty }^{\infty }\varphi (x)\,\mathrm {d} x$

Calculons maintenant ψ :

De :

$\varphi =\psi '+c.\varphi _{0}$

Nous tirons :

$\psi '=\varphi -c.\varphi _{0}$

Ce qui montre déjà que ψ est indéfiniment dérivable puisque ψ's'exprime comme combinaison linéaire de fonctions indéfiniment dérivables.

Nous voyons aussi qu'une primitive de ψ est donnée par :

$\psi (x)=\int _{-\infty }^{x}\varphi (t)\,\mathrm {d} t-c.\int _{-\infty }^{x}\varphi _{0}(t)\,\mathrm {d} t$

et que cette primitive est à support compact. En effet, pour tout x inférieur aux support de φ et φ₀, nous avons :

$\psi (x)=0-c\times 0=0$

et pour tout x supérieur aux support de φ et φ₀, nous avons :

${\begin{aligned}\psi (x)&=\int _{-\infty }^{x}\varphi (t)\,\mathrm {d} t-c.\int _{-\infty }^{x}\varphi _{0}(t)\,\mathrm {d} t\\&=\int _{-\infty }^{\infty }\varphi (t)\,\mathrm {d} t-c.\int _{-\infty }^{\infty }\varphi _{0}(t)\,\mathrm {d} t\\&=c-c\times 1\\&=0\end{aligned}}$

Donc ψ est bien à support borné.

Pour montrer l’existence de φ sous la forme :

$\varphi =\psi '+c.\varphi _{0}$

Il nous suffit de vérifier qu'en remplaçant ψ et c par les valeurs trouvées précédemment, on obtient bien φ. En effet, on a :

${\begin{aligned}\psi '(x)+c.\varphi _{0}(x)&=\left(\varphi (x)-c.\varphi _{0}(x)\right)+c.\varphi _{0}(x)\\&=\varphi (x)\end{aligned}}$

 

Exercice 1-3

Soit φ ∈ ${\textstyle {\mathcal {D}}}$. On définit sur ℝ une fonction ψ par :

$\forall x\in \mathbb {R} ,\quad \psi (x)=\left\{{\begin{matrix}{\frac {\varphi (x)-\varphi (0)}{x}}&\mathrm {si} &x\neq 0\\\varphi '(0)&\mathrm {si} &x=0.\end{matrix}}\right.$

a - Montrer que ψ est dérivable en x = 0 en calculant directement ψ'(0)

b - Montrer que :

$\forall x\in \mathbb {R} \quad \psi (x)=\int _{0}^{1}\varphi '(tx)\,\mathrm {d} t$

c - En déduire que ψ est indéfiniment dérivable, retrouver la valeur précédemment obtenue pour ψ'(0), et calculer ψ⁽ⁿ⁾(0).

Solution

a - Calculons directement ψ'(0) :

$\psi '(0)=\lim _{h\to 0}{\frac {\psi (h)-\psi (0)}{h}}=\lim _{h\to 0}{\frac {{\frac {\varphi (h)-\varphi (0)}{h}}-\varphi '(0)}{h}}=\lim _{h\to 0}{\frac {\varphi (h)-\varphi (0)-h\varphi '(0)}{h^{2}}}$

La formule des accroissements finis à l’ordre 2 (connu aussi sous le nom de formule de Mac Laurin avec reste de Lagange), nous dit que :

$\exists c\in [0;h]\quad /\quad \varphi (h)=\varphi (0)+h.\varphi '(0)+{\frac {h^{2}}{2}}\varphi ''(c)\Leftrightarrow \varphi (h)-\varphi (0)-h.\varphi '(0)={\frac {h^{2}}{2}}\varphi ''(c)$

En remplaçant ci-dessus, on obtient :

$\psi '(0)=\lim _{h\to 0}{\frac {{\frac {h^{2}}{2}}\varphi ''(c)}{h^{2}}}=\lim _{h\to 0}{\frac {\varphi ''(c)}{2}}$

Comme c ∈ [0;h], si l’on fait tendre h vers 0, on aura aussi c qui tend vers 0 et l’on obtiendra :

$\psi '(0)={\frac {\varphi ''(0)}{2}}$

b - Pour x = 0, on obtient :

$\psi (0)=\int _{0}^{1}\varphi '(0)\,\mathrm {d} t=\varphi '(0)$

Pour x ≠ 0, en faisant le changement de variable y = tx, on obtient :

$\psi (x)={\frac {1}{x}}\int _{0}^{1}\varphi '(y)\,\mathrm {d} y={\frac {1}{x}}\left[\varphi (x)-\varphi (0)\right]={\frac {\varphi (x)-\varphi (0)}{x}}$

c - Comme φ' ∈ ${\textstyle {\mathcal {D}}}$, on peut en déduire que φ' est bornée.

Soit :

$g:(t,x)\longmapsto tx$

Cette fonction est continu et l’on a :

$\varphi (tx)=\varphi \circ g(t,x)$

(φ o g) est continu comme composée de fonctions continues. On peut donc dériver sous le signe intégrale. On obtient :

$\psi '(x)=\int _{0}^{1}{\frac {\partial }{\partial x}}\left(\varphi '(tx)\right)\,\mathrm {d} t=\int _{0}^{1}t\varphi ''(tx)\,\mathrm {d} t$

et par conséquent :

$\psi '(0)=\varphi ''(0)\int _{0}^{1}t\,\mathrm {d} t={\frac {\varphi ''(0)}{2}}$

En appliquant le raisonnement précédent à la fonction t.φ"(tx), on démontre que ψ' est dérivable.

De proche en proche, on démontre que ψ est indéfiniment dérivable.

$\psi ''(x)=\int _{0}^{1}t{\frac {\partial }{\partial x}}\left(\varphi ''(tx)\right)\,\mathrm {d} t=\int _{0}^{1}t^{2}\varphi '''(tx)\,\mathrm {d} t$

et on obtient :

$\psi ''(0)=\varphi '''(0)\int _{0}^{1}t^{2}\,\mathrm {d} t={\frac {\varphi '''(0)}{3}}$

Par récurrence, on démontre que :

$\psi ^{(n)}(0)={\frac {\varphi ^{(n+1)}(0)}{n+1}}$

 

Exercice 1-4

Soit [a;b], un intervalle de ℝ. Donner un exemple de fonctions test de ${\textstyle {\mathcal {D}}}$ qui vaut 1 sur l'intervalle [a;b].

Solution

Nous repartirons de l'exemple donné par Laurent Schwartz :

$\forall x\in \mathbb {R} ,\ \varphi (x)=\left\{{\begin{matrix}\mathrm {exp} \left({\frac {-1}{1-x^{2}}}\right)&\mathrm {si} &|x|\leqslant 1\\0&\mathrm {si} &|x|\geqslant 1.\end{matrix}}\right.$

que nous avons étudié dans l'exercice 1-1.

Posons :

$w=\int _{-\infty }^{\infty }\varphi (x)\,\mathrm {d} x$

Nous définirons une nouvelle fonction f par :

$f(t)={\frac {1}{w}}\int _{-\infty }^{t}\varphi (x)\,\mathrm {d} x$

Nous voyons que la fonction f est indéfiniment dérivable, quelle vaut 0 sur l'intervalle ]-∞;-1] et qu'elle vaut 1 sur l'intervalle [1;+∞[

En remarquant que la fonction :

$t\longmapsto f(t+1-a)$

vaut 0 sur ]-∞;a-2] et 1 sur l'intervalle [a;+∞[

et que la fonction :

$t\longmapsto f(t-1-b)$

vaut 0 sur ]-∞;b] et 1 sur l'intervalle [b+2;+∞[, nous poserons h la fonction définie par :

$h(t)=f(t+1-a)-f(t-1-b)$

Cette fonction est indéfiniment dérivable.

Elle vaut 0 sur l'intervalle ]-∞;a-2], 1 sur l'intervalle [a;b] et 0 sur l'intervalle [b+2;+∞[

C'est donc une fonctions test de ${\textstyle {\mathcal {D}}}$ qui répond à la question.