# 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 D{\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 D{\textstyle {\mathcal {D}}}.
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 P$_0$(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 D{\textstyle {\mathcal {D}}}.

## Exercice 1-2

Soit φ$_0$ une fonction test de D{\textstyle {\mathcal {D}}} vérifiant :
$\int _{-\infty }^{\infty }\varphi _{0}(x)\,\mathrm {d} x=1$
Montrer que toute fonction test φ de D{\textstyle {\mathcal {D}}} s'écrit de manière unique sous la forme :
$\varphi =\psi '+c.\varphi _{0}$
avec ψ ∈ D{\textstyle {\mathcal {D}}} et c ∈ ℝ
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 φ$_0$, nous avons :
$\psi (x)=0-c\times 0=0$
et pour tout x supérieur aux support de φ et φ$_0$, 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 ∈ D{\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).
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' ∈ D{\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 D{\textstyle {\mathcal {D}}} qui vaut 1 sur l'intervalle [a;b].
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 D{\textstyle {\mathcal {D}}} qui répond à la question.
| Sommaire | Espaces des distributions |