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M1 MAT-MApI3

EMMAI2B1

Methodes numeriques pour les EDPs

1 Distributions

Exercice 1.1.On denit une fonctionsurRpar

(x) =(exp1x 21
six2]1;1[;

0 sinon:

1.

Mon trerque appartient aD(R).

Solution:On rappelle que2 D(R) si2 C1(R) et supp() est compact. Le support deest [1;1] et est donc bien compact. En dehors deRn f1;1g, la fonctionest de classeC1. Par denition,(k)0 surRn[1;1] pour toutk2N. Pour montrer queest de classeC1surR, il sut donc de montrer que pour toutk2Non a lim x!1x2]1;1[ (k)(x) = 0: On commence par montrer que pour toutk2N, lak-ieme derivee deest de la forme (k)(x) =Pk(x)(x21)2kexp1x 21
pour toutx2]1;1[, ou les (Pk) sont des polyn^omes a coecients reels. En eet, on peut raisonner par recurrence. L'initialisation de la recurrence ak= 0 est immediate avecP0= 1. On suppose que la propriete est vrai pourk2N. Alors, (k+1)(x) =@@x

Pk(x)(x21)2kexp1x

21
exp1x 21

Pk+1(x)(x21)2(k+1)exp1x

21
ou on a pose P k+1(x) = (x21)2P0k(x)(4k(x21) + 2)xPk(x):

C'est bien le resultat souhaite.

Etant donne la forme de(k), le fait que

lim x!1x2]1;1[ (k)(x) = 0 est une consequence du theoreme des croissances comparees.2.On p oseC=R Rdx1et on denitnparn(x) =Cn(nx) pour toutn2Nn f0g. Montrer quen est une suite regularisante. Solution:On rappelle que la suite (n) est dite regularisante si elle est dansD(R) et que pour tout n2Nn f0gon a n0;Z R ndx= 1;supp(n)[rn;rn]; avec lim n!+1rn= 0. Puisque2 D(R), on a bien (n) D(R). Soitn2Nn f0g. On a0 et doncn0. Par le changement de variabley=nxet par denition deC, on a Z R n(x)dx=CnZ R (nx)dx=CZ R (y)dy= 1: Le support deest [1;1]. Puisquenx2[1;1] lorsquex21n ;1n , le support denest1n ;1n et on a bien s^ur lim n!+11n

= 0. La suite (n) est donc une suite regularisante.Exercice 1.2(Convergence de distributions).On considere la fonction:R!Rdenie par(x) = 1 si

x2[1;1],(x) = 0 sinon. 1. Dire p ourquoila f onctiondenit donc une distributionT2 D0(R) et rappeler la denition deT. Solution:La fonctionest dansL1loc(R), elle denit une distributionT, donnee pour tout2

D(R) par la formule

hT;i=Z R (x)(x)dx:2.On d enitla suite ( n) parn(x) =n2 (nx). Determiner la limite de (n) au sens des distributions (i.e. trouver la limite dansD0(R) de la suite de distributions (Tn) associees a (n)). Solution:Soit2 D(R). En eectuant notamment le changement de variabley=nx, on a hTn;i=Z R n(x)(x)dx=n2 Z 1n 1n (nx)(x)dx=12 Z 1 1yn dy:

Pour touty2[1;1], on a la convergence (simple)yn

!(0) lorsquen!+1. Par ailleurs, etant dansD(R), elle est en particulier continue et donc bornee sur [1;1]. D'apres le theoreme de convergence dominee, lim n!+1Z 1 1yn dy=Z 1

1(0)dy= 2(0):

Par consequent, on a

limn!+1hTn;i=(0):

DoncTnconverge dansD(R) vers la distribution de Dirac.3.On d enitla suite ( n) parn(x) =(xn). Determiner la limite de (n) au sens des distributions (i.e.

trouver la limite dansD0(R) de la suite de distributions (Tn) associees a (n)). Solution:Soit2 D(R). Pour chaquen2N, on an(x) = 1 six2[1 +n;1 +n],n(x) = 0 sinon. Par consequent, on a hTn;i=Z 1+n

1+n(x)dx=Z

1

1(y+n)dy:

Or la suite de fonctions ((+n)) converge simplement vers la fonction nullex7!0 et elle est de plus majoree (car continue et a support compact). Par le theoreme de convergence dominee, on aPage 2 donc lim n!+1hTn;i= limn!+1Z 1

1(y+n)dy= 0:

Par consequent,n!0 au sens des distributions lorsquen!+1.Exercice 1.3.On considere l'espace des distributionsD0(R). On rappelle que la fonction d'Heaviside est

denie par

H(x) = 0 six <0; H(x) = 1 six0;

et que la distribution de Diracest denie pour tout2 D(R) par h;i=(0): 1. En utilisan tla d enitionde la d eriveed'une distribution, mon trerque H0=au sens des distributions (i.e. la distributionTH2 D0(R) associee aHverie (TH)0=). Solution:Soit2 D(R). Par denition de la derivee au sens des distributions et en utilisant le fait queest a support compact, on a h(TH)0;i=hTH;0i=Z R

H(x)0(x)dx=Z

+1 0

0(x)dx=[(x)]10=(0):

On a donc bienH0=au sens des distributions.2.T rouverla v aleurde h0;vipour toutv2 D(R), ou0est la derivee dedansD0(R).

Solution:Pour toutv2 D(R), on a

h0;vi=h;v0i=v0(0):3.D eterminer(k), ou l'exposant (k) designe la derivee k-ieme au sens des distributions.

Solution:Montrons par recurrence que pour toutv2 D(R) et pour toutk2N, on a h(k);vi= (1)kv(k)(0):

Il est clair que la propriete est vraie a l'ordre 0 et nous avons vu a la reponse precedente qu'elle etait

egalement vraie a l'ordre 1. Supposons que la propriete est vraie a l'ordrek2N. On a alors h(k+1);vi=h(k);v0i=(1)k(v0)(k)(0) = (1)k+1v(k+1)(0):

Donc la propriete est egalement veriee a l'ordrek+ 1, ce qui conclue le raisonnement.Exercice 1.4.Soitf2 C1(R) etT2 D0(R). Determiner (fT)0, la derivee du produitfTau sens des

distributions. Solution:Soit2 D(R). En utilisant la denition de la derivee au sens des distributions ainsi que la denition du produit d'une distribution avec une fonction lisse, on obtient h(fT)0;i=hfT;0i=hT;f0i:

En remarquant que

f

0= (f)0f0Page 3

et utilisant les m^emes arguments que precedement, on obtient =hfT0+f0T;fi: Ainsi, la derivee du produitfTau sens des distributions est donnee par la formule (fT)0=fT0+f0T:Exercice 1.5.Soit2]1;0[ et la fonctionf:R!Rdenie parf(x) =jxj. 1.

Rapp elerp ourquoifdenit une distribution surR.

Solution:Puisque2]1;0[, la fonctionfest dans l'espaceL1loc(R) et elle denit donc bien une distributionTf, donnee pour tout2 D(R) par hTf;i=Z R f(x)(x)dx:2.D eterminerf0au sens classique surRn f0g. Est-ce quef02L1loc(R)? Solution:Au sens classique, la fonctionfest derivable pour toutx6= 0 et sa derivee est donnee par la formule f

0(x) =sgn(x)jxj1:

Puisque2]1;0[, on a1<1 et doncf062L1loc(R).3.Mon trerque la d eriveede fau sens des distributions est donnee par

(Tf)0:2 D(R)7!Z +1 0 x1((x)(x))dx: Solution:Remarquons tout d'abord que puisquef062L1loc(R),f0ne denit pas une distribution et on ne peut pas avoir (Tf)0=Tf0.

Soit2 D(R). On a

h(Tf)0;i=hTf;0i=Z R jxj0(x)dx =Z 0 1 jxj0(x)dxZ +1 0 jxj0(x)dx=Z +1 0 jxj(0(x) +0(x))dx: On souhaite integrer par partie mais la singularite en 0 def0pose probleme. Dans un premier temps, on choisit" >0 et on calcule Z +1 jxj(0(x) +0(x))dx = [jxj((x)(x))]+1 "Z +1 jxj1((x)(x))dx: Puisque2 D(R), le support deest compact et donc(x) = 0 pourjxjsusament grand. De plus, par le theoreme des accroissements nis, pour toutx >0 il existe 0< c < xtel que (x)(x) =x(0(c) +0(c)):Page 4

On en deduit pour toutx >0 l'estimation

j(x)(x)j 2xk0kL1:

Cela implique que lorsque"!0 on a

j"j((")("))!0:

On a egalement

jxj1((x)(x))2jxjk0kL1; et la fonction est donc integrable en 0. Par consequent, en prenant la limite"!0 on obtient Z +1 0 jxj(0(x) +0(x))dx=Z +1 0 jxj1((x)(x))dx; et donc h(Tf)0;i=Z +1 0 jxj1((x)(x))dx:4.Que se passe-t-il si 1 ou0? Solution:Lorsque 1, la fonctionfelle-m^eme n'est pas dansL1loc(R) et ne denit donc pas une distribution. Lorsque0,fetf0sont toutes les deux dansL1loc(R) et on est alors dans le

cadre classique ou (Tf)0=Tf0.5.Calculer la d eriveeau sens des distributions de la fonction x7!ln(jxj).

Solution:On reprend la m^eme ligne pour calculer (Tln)0. Soit2 D(R). On a h(Tln)0;i=hTln;0i=Z +1 0 ln(x)(0(x) +0(x))dx:

Soit" >0. En integrant par partie on obtient

Z +1 ln(x)(0(x) +0(x))dx= [ln(x)((x)(x))]+1 "Z +1 "(x)(x)x dx: Comme precedemment, par le theoreme des accroissements nis, on a j(x)(x)j 2xk0kL1:

Par consequent, la fonctionx7!(x)(x)x

est integrable en 0 et on peut passer a la limite"!0 pour obtenirZ+1 0 ln(x)(0(x) +0(x))dx=Z +1

0(x)(x)x

dx: Ainsi, la derivee dex7!ln(jxj) au sens des distributions est donnee par la distribution (Tln)0:2 D(R)7!Z +1

0(x)(x)x

dx:

Cette distribution porte le nom devaleur principale de1=xet est etudiee a l'Exercice1.6 .Exercice 1.6(Valeur principale).On rappelle queD(R) designe l'ensemble des fonctionsC1a support

compact dansRetD0(R) l'ensemble des distributions surR.

Page 5

1.Eectuer les rapp elssuiv ants.

(a)

Rapp elerla d enitiond 'unedistribution T2 D0(R).

Solution:Une distributionT2 D0(R) est une forme lineaire continue surD(R).(b) Etant donnef2L1loc(R), rappeler comment denir une distributionTfa partir def.

Solution:On denitTfpour chaque2 D(R) par

hTf;i=Z R fdx:2.P ourquoila fonction x7!1=xne denit pas une distribution surR. Solution:La fonctionx7!1=xn'est pas dansL1loc(R) car elle n'est pas integrable en 0. Donc elle

ne denit pas une distribution surR.3.On d enitla distribution vp(1 =x), ditevaleur principalede 1=x, pour2 D(R) par

vp1x =Z +1

0(x)(x)x

dx: (a)

Mon trerque vp

1x denit bien une distribution.

Solution:Il est clair que vp1x

est lineaire (si tant est qu'elle soit bien denie). Montrons que vp1x est continue (et bien denie). Soit2 D(R). Par le theoreme des accroissements nis, pour toutx2Rn f0gon a j(x)(x)j 2xsup y2[x;x]j0(y)j: D'autre part, puisqueest a support compact, il existeM>0 tel que(x)(x) = 0 pour toutx > M. Par consequent, vp1x Z +1 0 (x)(x)x dx2Mk0kL1: Par denition, si une suite (n) D(R) converge vers 0, alors il existeM >0 tel que pour tout n2Non a supp(n)[M;M] etk0nkL1!0 asn! 1. Donc vp1x est continue.(b)Calculer le pro duit(au sens des distrib ution)xvp(1=x). Solution:La fonctionx7!xestC1, donc le produitxvp(1=x) a un sens. Soit2 D(R). On aquotesdbs_dbs21.pdfusesText_27

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