Théorie physique des distributions/Exercices/Espaces des distributions

Exercice 2-1

Montrer, en déterminant son support, que la distribution de Dirac est un élément de l'espace ${\textstyle {\mathcal {E}}'}$.

Solution

Nous savons que la distribution de Dirac est définie par :

$\forall \varphi \in {\mathcal {D}}\quad <\delta ,\varphi >\,=\varphi (0)$

Où l’on remarque que seul compte la valeur de φ en 0. Si la valeur de φ en 0 est nulle alors le support de φ est inclus dans le complémentaire du support de la distribution de Dirac, sinon le support de φ intercepte le support de la distribution de Dirac.

Nous en déduisons que le support de la distribution de Dirac se limite au singleton {0} (qui est fermé et borné, donc compact)

Et par conséquent, nous voyons que la distribution de Dirac est un élément de l'espace ${\textstyle {\mathcal {E}}'}$.

 

Exercice 2-2

a - Montrez que :

$\forall x\in [0;1[\quad \ln(1-x)\leqslant -x$

b - Pour y réel et fixé, calculer :

$\lim _{n\to \infty }\left(1-{\frac {y^{2}}{n^{3}}}\right)^{n^{3}}$

c - Montrez que, pour y fixé, et n suffisamment grand :

$\left(1-{\frac {y^{2}}{n^{3}}}\right)^{n^{3}}\leqslant e^{-y^{2}}$

d - φ étant une fonction-test de ${\textstyle {\mathcal {D}}}$, utiliser le théorème de la convergence dominée pour calculer :

$\lim _{n\to \infty }\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {n}{\sqrt {\pi }}}\left(1-{\frac {x^{2}}{n}}\right)^{n^{3}}\varphi (x)\,\mathrm {d} x$

e - en déduire que la distribution de Dirac peut être la limite d'une suite de polynômes.

Solution

a - Étudions, sur [0;1[, la fonction f défini par :

$f(x)=\ln(1-x)+x$

On a :

$f'(x)=-{\frac {1}{1-x}}+1=-{\frac {x}{1-x}}$

Sur [0;1[, nous voyons que cette dérivée est négative. La fonction f est donc décroissante à partir de f(0) = 0. on a donc :

$\ln(1-x)+x\leqslant 0\Leftrightarrow \ln(1-x)\leqslant -x$

b - On a :

$\lim _{n\to \infty }\left(1-{\frac {y^{2}}{n^{3}}}\right)^{n^{3}}=\lim _{n\to \infty }e^{n^{3}\ln \left(1-{\frac {y^{2}}{n^{3}}}\right)}=\lim _{n\to \infty }e^{-y^{2}{\frac {\ln \left(1-{\frac {y^{2}}{n^{3}}}\right)}{-{\frac {y^{2}}{n^{3}}}}}}=e^{-y^{2}}$

c - Pour n suffisamment grand, nous avons :

${\frac {y^{2}}{n^{3}}}<1$

et donc, d’après la question a, nous avons :

$\ln(1-{\frac {y^{2}}{n^{3}}})\leqslant -{\frac {y^{2}}{n^{3}}}$

On a, dans ces conditions :

$\left(1-{\frac {y^{2}}{n^{3}}}\right)^{n^{3}}=e^{n^{3}\ln \left(1-{\frac {y^{2}}{n^{3}}}\right)}\leqslant e^{n^{3}\left(-{\frac {y^{2}}{n^{3}}}\right)}=e^{-y^{2}}$

d - En effectuant le changement de variable x = y/n, on obtient :

$\lim _{n\to \infty }\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {n}{\sqrt {\pi }}}\left(1-{\frac {x^{2}}{n}}\right)^{n^{3}}\varphi (x)\,\mathrm {d} x=\lim _{n\to \infty }\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {1}{\sqrt {\pi }}}\left(1-{\frac {y^{2}}{n^{3}}}\right)^{n^{3}}\varphi ({\frac {y}{n}})\,\mathrm {d} y$

φ étant une fonction-test, sera bornée. Nous pouvons poser :

$M=\sup _{n\in \mathbb {N} ^{*}}\varphi ({\frac {y}{n}})$

Nous aurons alors, en utilisant la question précédente :

${\frac {1}{\sqrt {\pi }}}\left(1-{\frac {y^{2}}{n^{3}}}\right)^{n^{3}}\varphi ({\frac {y}{n}})\leqslant {\frac {M}{\sqrt {\pi }}}e^{-y^{2}}$

Nous voyons que l’expression sous l'intégrale est majorée par une fonction sommable indépendante de n. Nous sommes donc dans les conditions d'application du théorème de la convergence dominée. C'est-à-dire que nous pouvons inverser la limite et le signe intégrale. nous écrirons donc :

${\begin{aligned}\lim _{n\to \infty }\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {n}{\sqrt {\pi }}}\left(1-{\frac {x^{2}}{n}}\right)^{n^{3}}\varphi (x)\,\mathrm {d} x&=\lim _{n\to \infty }\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {1}{\sqrt {\pi }}}\left(1-{\frac {y^{2}}{n^{3}}}\right)^{n^{3}}\varphi ({\frac {y}{n}})\,\mathrm {d} y\\&=\int _{-\infty }^{\infty }\lim _{n\to \infty }{\frac {1}{\sqrt {\pi }}}\left(1-{\frac {y^{2}}{n^{3}}}\right)^{n^{3}}\varphi ({\frac {y}{n}})\,\mathrm {d} y\\&=\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {1}{\sqrt {\pi }}}e^{-y^{2}}\varphi (0)\,\mathrm {d} y\\&={\frac {1}{\sqrt {\pi }}}\varphi (0)\int _{-\infty }^{\infty }e^{-y^{2}}\,\mathrm {d} y\\&={\frac {1}{\sqrt {\pi }}}\varphi (0){\sqrt {\pi }}\\&=\varphi (0)\end{aligned}}$

e - Nous savons que la distribution de Dirac δ vérifie :

$\forall \varphi \in {\mathcal {D}}\quad <\delta ,\varphi >\,=\varphi (0)$

Nous avons donc obtenue à la question précédente :

$\forall \varphi \in {\mathcal {D}}\quad \lim _{n\to \infty }\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {n}{\sqrt {\pi }}}\left(1-{\frac {x^{2}}{n}}\right)^{n^{3}}\varphi (x)\,\mathrm {d} x=<\delta ,\varphi >$

Comme :

${\frac {n}{\sqrt {\pi }}}\left(1-{\frac {x^{2}}{n}}\right)^{n^{3}}$

est visiblement un polynôme, nous en déduisons que la distribution de Dirac peut être la limite d'une suite de polynômes.

 

Exercice 2-3

a - Montrer que pour toute fonction ψ indéfiniment dérivable sur ℝ, et pour tout intervalle borné [a;b],

$\lim _{\lambda \to \infty }\int _{a}^{b}\sin(\lambda x)\psi (x)\,\mathrm {d} x=0$

b - En utilisant l'égalité :

$\varphi (x)=\varphi (0)+(\varphi (x)-\varphi (0))$

montrer qu'au sens des distributions :

$\lim _{\lambda \to \infty }{\frac {\sin(\lambda x)}{x}}=\pi \delta (x)$

On pourra utiliser l'exercice 1-3 et on rappelle la relation bien connue :

$\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {\sin(u)}{u}}\,\mathrm {d} u=\pi$

Solution

a - En intégrant par partie, on obtient :

$\lim _{\lambda \to \infty }\int _{a}^{b}\sin(\lambda x)\psi (x)\,\mathrm {d} x=\lim _{\lambda \to \infty }\left[-{\frac {\cos(\lambda (x)\psi (x))}{\lambda }}\right]_{a}^{b}+\lim _{\lambda \to \infty }{\frac {1}{\lambda }}\int _{a}^{b}\cos(\lambda x)\psi '(x)\,\mathrm {d} x=0+0=0$

b - Soit une fonction φ de ${\textstyle {\mathcal {D}}}$. Comme φ est à support borné, il existe un réel A tel que le support de φ soit inclus dans l'intervalle [-A;A]. Nous avons alors :

${\begin{aligned}\lim _{\lambda \to \infty }\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {\sin(\lambda x)}{x}}\varphi (x)\,\mathrm {d} x&=\lim _{\lambda \to \infty }\int _{-A}^{A}{\frac {\sin(\lambda x)}{x}}\varphi (x)\,\mathrm {d} x\\&=\lim _{\lambda \to \infty }\int _{-A}^{A}{\frac {\sin(\lambda x)}{x}}(\varphi (0)+\varphi (x)-\varphi (0))\,\mathrm {d} x\\&=\lim _{\lambda \to \infty }\varphi (0)\int _{-A}^{A}{\frac {\sin(\lambda x)}{x}}\,\mathrm {d} x+\lim _{\lambda \to \infty }\int _{-A}^{A}\sin(\lambda x){\frac {\varphi (x)-\varphi (0)}{x}}\,\mathrm {d} x\\\end{aligned}}$

Posons ψ une fonction définit sur ℝ par :

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

On a montré, dans l'exercice 1-3, que cette fonction est indéfiniment dérivable et, par conséquent, en utilisant la question précédente, on obtient :

$\lim _{\lambda \to \infty }\int _{-A}^{A}\sin(\lambda x){\frac {\varphi (x)-\varphi (0)}{x}}\,\mathrm {d} x=\lim _{\lambda \to \infty }\int _{-A}^{A}\sin(\lambda x)\psi (x)\,\mathrm {d} x=0$

Il nous reste donc :

$\lim _{\lambda \to \infty }\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {\sin(\lambda x)}{x}}\varphi (x)\,\mathrm {d} x=\lim _{\lambda \to \infty }\varphi (0)\int _{-A}^{A}{\frac {\sin(\lambda x)}{x}}\,\mathrm {d} x$

Faisons un changement de variable en posant u = λx, on obtient :

$\lim _{\lambda \to \infty }\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {\sin(\lambda x)}{x}}\varphi (x)\,\mathrm {d} x=\lim _{\lambda \to \infty }\varphi (0)\int _{-A}^{A}{\frac {\sin(\lambda x)}{x}}\,\mathrm {d} x=\lim _{\lambda \to \infty }\varphi (0)\int _{-\lambda A}^{\lambda A}{\frac {\sin(u)}{u}}\,\mathrm {d} u=\varphi (0)\times \pi =\pi <\delta ,\varphi >$

Nous voyons que nous avons bien obtenu, au sens des distributions :

$\lim _{\lambda \to \infty }{\frac {\sin(\lambda x)}{x}}=\pi \delta (x)$

 

Exercice 2-4

On définit, sur ℝ, une famille de fonction u_α en posant :

$\forall x\in \mathbb {R} \quad \forall \alpha \in \mathbb {R} _{*}^{+}\quad u_{\alpha }(x)=\alpha H(x).e^{-\alpha x}$

a - Montrer que u₁ est sommable.

b - En déduire, qu'au sens des distributions :

$\lim _{\alpha \to \infty }u_{\alpha }(x)=\delta (x)$

Solution

a - Vérifions que u₁ est sommable :

$\int _{-\infty }^{\infty }u_{1}(x)\,\mathrm {d} x=\int _{-\infty }^{\infty }H(x).e^{-x}\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{\infty }e^{-x}\,\mathrm {d} x=\left[-e^{-x}\right]_{0}^{\infty }=1$

Donc u₁ est bien sommable.

b - On a :

$\forall \varphi \in {\mathcal {D}}\quad \forall \alpha \in \mathbb {R} _{*}^{+}\quad <u_{\alpha },\varphi >\,=\int _{-\infty }^{\infty }\alpha .H(x).e^{-\alpha x}\varphi (x)\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{\infty }\alpha .e^{-\alpha x}\varphi (x)\,\mathrm {d} x$

Faisons le changement de variable u = α.x :

$\forall \varphi \in {\mathcal {D}}\quad \forall \alpha \in \mathbb {R} _{*}^{+}\quad <u_{\alpha },\varphi >\,=\int _{0}^{\infty }e^{-u}\varphi ({\frac {u}{\alpha }})\,\mathrm {d} u$

Nous voyons que :

$e^{-u}\varphi ({\frac {u}{\alpha }})\leqslant e^{-u}\sup _{x\in \mathbb {R} }\varphi (x)$

Comme e^-u est sommable d’après la question a, nous allons pouvoir utiliser le théorème de la convergence dominée, on obtient :

$\forall \varphi \in {\mathcal {D}}\quad \lim _{\alpha \to \infty }<u_{\alpha },\varphi >\,=\lim _{\alpha \to \infty }\int _{0}^{\infty }e^{-u}\varphi ({\frac {u}{\alpha }})\,\mathrm {d} u=\int _{0}^{\infty }\lim _{\alpha \to \infty }e^{-u}\varphi ({\frac {u}{\alpha }})\,\mathrm {d} u=\int _{0}^{\infty }e^{-u}\varphi (0)\,\mathrm {d} u=\varphi (0)\int _{0}^{\infty }e^{-u}\,\mathrm {d} u=\varphi (0)=<\delta ,\varphi >$

On a obtenu :

$\forall \varphi \in {\mathcal {D}}\quad \lim _{\alpha \to \infty }<u_{\alpha },\varphi >\,=<\delta ,\varphi >$

On a bien :

$\lim _{\alpha \to \infty }u_{\alpha }(x)=\delta (x)$

 

Exercice 2-5

(espace disponible pour y rajouter un exercice)

Exercice 2-6

Soit f, une fonction sommable vérifiant la propriété :

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

Montrer que, au sens de la convergence des distributions, on a alors :

$\lim _{n\to \infty }nf(nx)=\delta (x)$

Solution

Pour simplifier l'écriture, posons :

$u_{n}(x)=nf(nx)$

On a :

$\forall \varphi \in {\mathcal {D}}\quad \forall n\in \mathbb {N} \quad <u_{n},\varphi >\,=\int _{-\infty }^{\infty }nf(nx)\varphi (x)\,\mathrm {d} x$

Faisons le changement de variable u = n.x :

$\forall \varphi \in {\mathcal {D}}\quad \forall n\in \mathbb {N} \quad <u_{\alpha },\varphi >\,=\int _{-\infty }^{\infty }f(u)\varphi ({\frac {u}{n}})\,\mathrm {d} u$

Nous voyons que :

$f(u)\varphi ({\frac {u}{\alpha }})\leqslant f(u)\sup _{x\in \mathbb {R} }\varphi (x)$

Comme f est sommable, nous allons pouvoir utiliser le théorème de la convergence dominée, on obtient :

$\forall \varphi \in {\mathcal {D}}\quad \lim _{n\to \infty }<u_{n},\varphi >\,=\lim _{n\to \infty }\int _{-\infty }^{\infty }f(u)\varphi ({\frac {u}{n}})\,\mathrm {d} u=\int _{-\infty }^{\infty }\lim _{n\to \infty }f(u)\varphi ({\frac {u}{n}})\,\mathrm {d} u=\int _{-\infty }^{\infty }f(u)\varphi (0)\,\mathrm {d} u=\varphi (0)\int _{-\infty }^{\infty }f(u)\,\mathrm {d} u=\varphi (0)=<\delta ,\varphi >$

On a obtenu :

$\forall \varphi \in {\mathcal {D}}\quad \lim _{n\to \infty }<u_{n},\varphi >\,=<\delta ,\varphi >$

On a bien :

$\lim _{n\to \infty }nf(nx)=\delta (x)$

 

Exercice 2-7

On rappelle la relation bien connue :

$\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {\sin(x)}{x}}\,\mathrm {d} x=\pi$

a - Calculer :

$\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {\sin ^{2}(x)}{x^{2}}}\,\mathrm {d} x$

b - Montrer qu'au sens des distribution :

$\lim _{n\to \infty }\left({\frac {1}{n\pi }}{\frac {\sin ^{2}(nx)}{x^{2}}}\right)=\delta (x)$

c - Calculer :

$\lim _{n\to \infty }\int _{-{\frac {1}{2}}}^{\frac {3}{2}}{\frac {1}{n\pi }}{\frac {\sin ^{2}(nx)}{x^{2}}}e^{\frac {1}{\left(x-{\frac {1}{2}}\right)^{2}-1}}$

Solution

a - En intégrant par partie, on obtient :

$\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {\sin ^{2}(x)}{x^{2}}}\,\mathrm {d} x=\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {1}{x^{2}}}\sin ^{2}(x)\,\mathrm {d} x=\left[-{\frac {1}{x}}\sin ^{2}(x)\right]_{-\infty }^{\infty }+\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {1}{x}}2\cos(x)\sin(x)\,\mathrm {d} x=\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {\sin(2x)}{2x}}\,\mathrm {d} (2x)=\pi$

b - En posant :

$f(x)={\frac {\sin ^{2}(x)}{\pi x^{2}}}$

nous voyons que :

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

D'après l’exercice 2-6, nous en déduisons :

$\lim _{n\to \infty }nf(nx)=\delta (x)$

c'est-à-dire :

$\lim _{n\to \infty }\left({\frac {1}{n\pi }}{\frac {\sin ^{2}(nx)}{x^{2}}}\right)=\delta (x)$

c - Nous remarquons que la fonction définie par :

$\forall x\in \mathbb {R} ,\ \varphi _{\frac {1}{2}}(x)=\left\{{\begin{matrix}0&\mathrm {si} &x\leqslant -{\frac {1}{2}}\\e^{\frac {1}{(x-{\frac {1}{2}})^{2}-1}}&\mathrm {si} &-{\frac {1}{2}}\leqslant x\leqslant {\frac {3}{2}}\\0&\mathrm {si} &x\geqslant {\frac {3}{2}}.\end{matrix}}\right.$

est la translaté de ${\frac {1}{2}}$ de l'exemple de Laurent Schwartz que nous avons étudié dans l'exercice 1-1. C'est donc une fonction test de ${\textstyle {\mathcal {D}}}$.

Si nous posons :

$f_{n}(x)=\left({\frac {1}{n\pi }}{\frac {\sin ^{2}(nx)}{x^{2}}}\right)$

et T_n, la distribution régulière associée.Nous voyons que :

$\lim _{n\to \infty }\int _{-{\frac {1}{2}}}^{\frac {3}{2}}{\frac {1}{n\pi }}{\frac {\sin ^{2}(nx)}{x^{2}}}e^{\frac {1}{\left(x-{\frac {1}{2}}\right)^{2}-1}}=\lim _{n\to \infty }<T_{n},\varphi _{\frac {1}{2}}>=<\delta ,\varphi _{\frac {1}{2}}>=\varphi _{\frac {1}{2}}(0)=e^{\frac {1}{(0-{\frac {1}{2}})^{2}-1}}=e^{\frac {3}{4}}$