Théorie physique des distributions/Exercices/Produit de convolution

Exercice 4-1

On appelle fonction porte, la fonction Π définie par :

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

Calculer le produit de convolution de la fonction porte par elle-même.

Solution

La fonction porte est à support compact, donc le produit de convolution Π ⋆ Π est défini. De plus Π est une fonction paire donc Π ⋆ Π est aussi une fonction paire. Nous pouvons donc calculer Π pour x ⩾ 0 seulement. On a donc :

$\Pi \star \Pi (x)=\int _{-\infty }^{\infty }\Pi (x-t)\pi (t)\,\mathrm {d} t=\int _{-{\frac {1}{2}}}^{\frac {1}{2}}\Pi (x-t)\,\mathrm {d} t$

Faisons un changement de variable en posant u = x - t. Nous obtenons :

$\Pi \star \Pi (x)=\int _{-{\frac {1}{2}}}^{\frac {1}{2}}\Pi (x-t)\,\mathrm {d} t=-\int _{x+{\frac {1}{2}}}^{x-{\frac {1}{2}}}\Pi (u)\,\mathrm {d} u=\int _{x-{\frac {1}{2}}}^{x+{\frac {1}{2}}}\Pi (u)\,\mathrm {d} u$

Pour x ⩾ 1, nous voyons que l'intégrale est nulle. Pour 0 ⩽ x < 1, il nous reste :

$\Pi \star \Pi (x)=\int _{x-{\frac {1}{2}}}^{x+{\frac {1}{2}}}\Pi (u)\,\mathrm {d} u=\int _{x-{\frac {1}{2}}}^{\frac {1}{2}}1\,\mathrm {d} u=[u]_{x-{\frac {1}{2}}}^{\frac {1}{2}}={\frac {1}{2}}-(x-{\frac {1}{2}})=1-x$

Comme la fonction est paire, nous en déduisons par symétrie que, pour -1 < x ⩽ 0, on a Π ⋆ Π(x) = 1 + x.

En résumé, nous avons :

$\forall x\in \mathbb {R} ,\ \Pi \star \Pi (x)=\left\{{\begin{matrix}1-|x|&\mathrm {si} &|x|\leqslant 1\\0&\mathrm {si} &|x|>1\end{matrix}}\right.$

Compte- tenu de la forme de la courbe, on pose parfois :

$\wedge (x)=\Pi \star \Pi (x)$

 

Exercice 4-2

S étant une distribution fixée, à support positif (S ∈ ${\textstyle {\mathcal {D}}_{+}'}$), on considérera l’application de ${\textstyle {\mathcal {D}}_{+}'}$ dans ${\textstyle {\mathcal {D}}_{+}'}$ qui, à toute distribution E de ${\textstyle {\mathcal {D}}_{+}'}$, associe la distribution R définie par :

$R=S\star E$

a - Déterminer S sachant que, si E est la fonction de Heaviside H, alors R est la distribution régulière associée à la fonction u_α définie par :

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

Il apparaît que S dépend de α; on écrira donc désormais S_α au lieu de S.

b - Pour E ∈ ${\textstyle {\mathcal {D}}_{+}'}$, montrer que :

$\lim _{\alpha \to \infty }\left((S_{\alpha }\star E)-E'\right)$

est une distribution indépendante de E.

Solution

a - Nous sommes ramenés à résoudre l'équation d'inconnue S :

$u_{\alpha }=S\star H$

En dérivant les deux membres de cette équation, on obtient :

$u_{\alpha }'=S\star \delta$

La distribution de Dirac étant l'élément neutre du produit de convolution, on obtient :

$S(x)=u_{\alpha }'(x)=\alpha \delta (x).e^{-\alpha x}-\alpha ^{2}H(x).e^{-\alpha x}=\alpha \left(\delta (x)-\alpha .H(x)\right).e^{-\alpha x}$

On posera :

$S_{\alpha }(x)=\alpha \left(\delta (x)-\alpha .H(x)\right).e^{-\alpha x}$

b - On a :

$S_{\alpha }\star E=u_{\alpha }'\star E=\delta '\star u_{\alpha }\star E=u_{\alpha }\star E'$

Nous avons vu (exercice 2-4) que :

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

Par conséquent :

$\lim _{\alpha \to \infty }\left((S_{\alpha }\star E)-E'\right)=\lim _{\alpha \to \infty }\left((u_{\alpha }\star E')-E'\right)=\left((\delta \star E')-E'\right)=E'-E'=0$

 

Exercice 4-3

a - Montrer que si la dérivée n^ième d'une distribution T est nulle, alors T est une distribution régulière associé à une fonction polynôme de degré inférieur ou égal à n - 1.

b - En déduire que le produit de convolution d'une distribution à support compact par un polynôme de degré n, est un polynôme de degré inférieur ou égal à n.

c - En utilisant l'exercice 2-2, en déduire que toute distribution à support compact est limite d'au moins une suite de polynômes.

Solution

a - cela revient à montrer que la primitive d'un polynôme est un polynôme.

Soit donc p, un polynôme. Nous savons, en théorie classique des fonctions, que ce polynôme admet comme primitive au moins un polynôme P vérifiant P' = p. Cherchons alors la forme générale d'une distribution T vérifiant la condition T' = p.

Considérons la distribution T - P et calculons sa dérivée. On a :

$(T-P)'=T'-P'=p-p=0$

Hors nous avons vu, exercice 3-3, qu'une distribution ayant une dérivée nulle est une distribution associée à une fonction constante. Il existe donc une constante C tel que T - P = C. On a donc T = P + C et, par conséquent, T est aussi un polynôme.

On en déduit successivement que si la dérivée n^ième d'une distribution T est nulle, alors T est une distribution régulière associé à une fonction polynôme de degré inférieur ou égal à n - 1.

b - Soit T une distribution à support compact et soit P une distribution régulière associée à un polynôme de degré n. Considérons le produit de convolution de T par P et calculons sa dérivée de degré n + 1. On a :

$(T\star P)^{(n+1)}=T\star P^{(n+1)}=T\star 0=0$

D'après la question a, nous en déduisons que T⋆P est un polynôme de degré inférieur ou égal à n.

c - Nous avons vu, exercice 2-2, Que la distribution de Dirac est limite d'une suite de polynôme. Soit donc (P_n)_n∈ℕ une suite de polynômes ayant pour limite la distribution de Dirac. Soit T, une distribution à support compact, On a alors :

$T=T\star \delta =\lim _{n\to \infty }T\star P_{n}$

Comme T⋆P_n est un polynôme d’après la question b, nous en déduisons que T est la limite de la suite de polynômes (T⋆P_n)_n∈ℕ.

 

Exercice 4-4

Pour les calculs suivants, on pourra utiliser l'exercice 2-3 :

a - Calculer :

$\lim _{\lambda \to \infty }\int _{-1}^{1}{\frac {\sin(\lambda (x-u))}{x-u}}e^{-{\frac {1}{1-u^{2}}}}\,\mathrm {d} u$

b - Calculer :

$\lim _{\lambda \to \infty }\int _{-{\frac {1}{2}}}^{\frac {1}{2}}{\frac {\sin(\lambda (x-u))}{x-u}}\,\mathrm {d} u$

Solution

a - Soit φ, la fonction définie par :

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

Cette fonction appartient à ${\textstyle {\mathcal {D}}}$ d’après l'exercice 1-1.

On peut alors écrire :

$\int _{-1}^{1}{\frac {\sin(\lambda (x-u))}{x-u}}e^{-{\frac {1}{1-u^{2}}}}\,\mathrm {d} u=\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {\sin(\lambda (x-u))}{x-u}}\varphi (u)\,\mathrm {d} u={\frac {\sin(\lambda .x)}{x}}\star \varphi (x)$

Le produit de convolution est bien défini puisque φ est à support compact.

En utilisant l'exercice 2-3, nous voyons que :

$\lim _{\lambda \to \infty }\int _{-1}^{1}{\frac {\sin(\lambda (x-u))}{x-u}}e^{-{\frac {1}{1-u^{2}}}}\,\mathrm {d} u=\lim _{\lambda \to \infty }{\frac {\sin(\lambda .x)}{x}}\star \varphi (x)=\pi \delta \star \varphi (x)=\pi .\varphi (x)$

b - Soit Π, la fonction porte (voir sa définition exercice 4-1). Nous pouvons alors écrire :

$\int _{-{\frac {1}{2}}}^{\frac {1}{2}}{\frac {\sin(\lambda (x-u))}{x-u}}\,\mathrm {d} u=\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {\sin(\lambda (x-u))}{x-u}}\Pi (u)\,\mathrm {d} u={\frac {\sin(\lambda .x)}{x}}\star \Pi (x)$

En utilisant l'exercice 2-3, nous voyons que :

$\lim _{\lambda \to \infty }\int _{-{\frac {1}{2}}}^{\frac {1}{2}}{\frac {\sin(\lambda (x-u))}{x-u}}\,\mathrm {d} u=\lim _{\lambda \to \infty }{\frac {\sin(\lambda .x)}{x}}\star \Pi (x)=\pi \delta \star \Pi (x)=\pi .\Pi (x)$

 

Exercice 4-5

Soient $f$ et $g$ deux fonctions continues par morceaux sur $\mathbb {R}$. On suppose que $f$ est bornée et que l'intégrale impropre $\int _{-\infty }^{+\infty }|g(t)|\;\mathrm {d} t$ converge.

1. Montrer que $f\ast g$ est bien définie sur $\mathbb {R}$, c'est à dire que pour tout $x\in \mathbb {R}$, l'intégrale $f\ast g\left(x\right)=\int _{-\infty }^{+\infty }f(x-t)g(t)\;\mathrm {d} t$ converge.
2. Montrer que si $f$ est C^k et si ses dérivées successives sont bornées, alors $f\ast g$ est au moins C^k.
3. Dans le cas où $f=$ la fonction indicatrice d'un segment $[a,b]$ (fonction porte) et $g(t)=\max(1-|t|,0)$ (fonction triangulaire), calculer et tracer $f\ast g$.
4. On suppose $f$ continue et l'on considère une suite de fonctions positives $g_{n}$ telles que
   $\int _{-\infty }^{+\infty }g_{n}(t)\;\mathrm {d} t=1\quad {\text{et}}\quad \forall r>0\quad \lim _{n\to \infty }\int _{|t|\geq r}g_{n}(t)\;\mathrm {d} t=0$.
   Montrer que la suite de fonctions $(f\ast g_{n})$ converge uniformément vers $f$ sur tout segment $[-M,M]$.
5. Soit $g$ une fonction positive d'intégrale $1$. On considère la suite de fonctions $g_{n}(t)=ng(nt)$. Montrer que les hypothèses de la question précédente sont vérifiées.

Solution

1. $t\mapsto f(x-t)g(t)$ est intégrable car $t\mapsto f(x-t)$ est bornée et $g$ est intégrable.
2. Application immédiate du théorème de dérivation d'une intégrale à paramètre.
3. Pour tout $x\in [a-1,b+1]$ ($f\ast g$ étant nulle ailleurs), $f\ast g\left(x\right)=\int _{x-b}^{x-a}\max(1-|t|,0)\;\mathrm {d} t=I_{1}+I_{2}$ avec
   $I_{1}=\int _{x-b}^{x-a}(1+t)\mathbf {1} _{[-1,0]}(t)\;\mathrm {d} t={\begin{cases}{\frac {(x-a)(x-a+2)+1}{2}}&{\text{si }}a-1\leq x\leq \min(a,b-1)\\{\frac {1}{2}}&{\text{si }}a\leq x\leq b-1\\{\frac {(x-a)(x-a+2)-(x-b)(x-b+2)}{2}}&{\text{si }}b-1\leq x\leq a\\{\frac {-(x-b)(x-b+2)}{2}}&{\text{si }}\max(a,b-1)\leq x\leq b\\0&{\text{sinon, et}}\end{cases}}$
   $I_{2}=\int _{x-b}^{x-a}(1-t)\mathbf {1} _{[0,1]}(t)\;\mathrm {d} t={\begin{cases}{\frac {(x-a)(2-x+a)}{2}}&{\text{si }}a\leq x\leq \min(a+1,b)\\{\frac {1}{2}}&{\text{si }}a+1\leq x\leq b\\{\frac {(x-a)(2-x+a)-(x-b)(2-x+b)}{2}}&{\text{si }}b\leq x\leq a+1\\{\frac {1-(x-b)(2-x+b)}{2}}&{\text{si }}\max(a+1,b)\leq x\leq b+1\\0&{\text{sinon.}}\end{cases}}$
   L'expression de $f\ast g$ (et la forme de son graphe, cf. cette animation des divers cas, sur YouTube) dépend donc de la largeur support de $f$, comparée à celle du support de $g$ :
   • Si $b-a\geq 2$, $f\ast g(x)={\begin{cases}{\frac {(x-a)(x-a+2)+1}{2}}&{\text{si }}a-1\leq x\leq a\\{\frac {1+(x-a)(2-x+a)}{2}}&{\text{si }}a\leq x\leq a+1\\1&{\text{si }}a+1\leq x\leq b-1\\{\frac {-(x-b)(x-b+2)+1}{2}}&{\text{si }}b-1\leq x\leq b\\{\frac {1-(x-b)(2-x+b)}{2}}&{\text{si }}b\leq x\leq b+1\\0&{\text{sinon,}}\end{cases}}$
   • Si $1\leq b-a\leq 2$, $f\ast g(x)={\begin{cases}{\frac {(x-a)(x-a+2)+1}{2}}&{\text{si }}a-1\leq x\leq a\\{\frac {1+(x-a)(2-x+a)}{2}}&{\text{si }}a\leq x\leq b-1\\{\frac {-(x-b)(x-b+2)+(x-a)(2-x+a)}{2}}&{\text{si }}b-1\leq x\leq a+1\\{\frac {-(x-b)(x-b+2)+1}{2}}&{\text{si }}a+1\leq x\leq b\\{\frac {1-(x-b)(2-x+b)}{2}}&{\text{si }}b\leq x\leq b+1\\0&{\text{sinon, et}}\end{cases}}$
   • Si $b-a\leq 1$, $f\ast g(x)={\begin{cases}{\frac {(x-a)(x-a+2)+1}{2}}&{\text{si }}a-1\leq x\leq b-1\\{\frac {(x-a)(x-a+2)-(x-b)(x-b+2)}{2}}&{\text{si }}b-1\leq x\leq a\\{\frac {-(x-b)(x-b+2)+(x-a)(2-x+a)}{2}}&{\text{si }}a\leq x\leq b\\{\frac {(x-a)(2-x+a)-(x-b)(2-x+b)}{2}}&{\text{si }}b\leq x\leq a+1\\{\frac {1-(x-b)(2-x+b)}{2}}&{\text{si }}a+1\leq x\leq b+1\\0&{\text{sinon.}}\end{cases}}$
4. C'est un cas particulier de noyau de sommabilité.
5. Par changement de variable, on a évidemment $\int _{-\infty }^{+\infty }g_{n}(t)\;\mathrm {d} t=1$ et pour tout $r>0$, $\int _{|t|\geq r}g_{n}(t)\;\mathrm {d} t=\int _{|s|\geq nr}g(s)\;\mathrm {d} s\to 0$, comme reste d'une intégrale convergente.