[PDF] L3 Phytem Outils mathématiques Correction du TD no 7 Distributions

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ENS de Cachan2013-2014

L3 Phytem

Outils mathématiques

Correction du TD n

o7

Distributions

Exercice 1.Soientpetqdeux entiers naturels. Calculer la distribution

T=xpδ(q)

oùδ(i)est la dérivéeiièmede la mesure de Dirac surR.

Correction:

x p? C∞doncxpδ(q)a un sens.

Soit?? D(R),?

xpδ(q),?? (-1)qδ,(xp?)(q)? = (-1)q??ddx q (xp?)? (0).(1)

D"après la formule de Leibniz

?ddx q (xp?) =q? i=0Cq i?ddx i (xp)?ddx q-i ?=q? i=0F i,q(x).(2)

1. Sip > q, la quantité (2) s"annule enx= 0.

En effet,?ddx

i (xp) =Cp ixp-i etp-iest strictement positif. p-1? i=0F i,q(x) +q? i=pF i,q(x).

La première de ces deux sommes s"annule à l"origine pour la même raison que précédemment, et

la deuxième s"écrit q? i=pCq i?ddx i (xp)?ddx q-i ?=Cqp?ddx p (xp)?ddx q-p car ?ddx i (xp) = 0sii≥p+ 1.

On a donc dans ce cas, d"après (1)

xpδ(q),?? = (-1)qCqpp!?(q-p)(0) =(-1)pq!(q-p)!?

δ(q-p),??

En résumé

x pδ(q)=? ?0sip > q 1

Exercice 2.Calculer la dérivée au sens des distributions de la fonction localement intégrableln|x|

surR.

Correction:

La fonctionln|x|pourx?= 0est intégrable au voisinage de l"origine car pour toutε <1,|x|ε|ln|x||

tend vers0lorsque|x|tend vers0et donc

Soit?? D(R), on a?ddx

ln|x|,?? ln|x|,d?dx R ln|x|d?dx dx.(3)

On pourrait penser à faire une intégration par parties, mais la dérivée deln|x|est la fonction1x

qui n"est pas intégrable au voisinage de l"origine. On utilise alors la méthode suivante : d"après le théorème de Lebesgue R ln|x|??(x)dx= limε→0? |x|≥εln|x|??(x)dx= limε→0Iε(4) car 1

D"autre part,

I ln|x|??(x)dx+?

ε∞ln|x|??(x)dx

= [ln|x|?(x)]-ε -∞+ [ln|x|?(x)]+∞ |x|≥ε?(x)x dx = lnε(?(-ε)-?(ε))-? |x|≥ε?(x)x dx. Or,

R|??(x)|,

et, par conséquent lim

ε→0Iε=-limε→0?

|x|≥ε?(x)x dx.(5)

On déduit de (3), (4) et (5) que

ddx ln|x|=vp1x 2 Exercice 3.Soit la distribution définie dans le plan par la fonction localement intégrable

E(x,t) =?

12 sit- |x|>0

0sit- |x|<0

Soit?l"opérateur des ondes défini par

?=∂2∂t

2-∂2∂x

2.

Résoudre?Eau sens des distributions.

Correction:

Soit ?=∂2∂t

2-∂2∂x

2.

On a pour tout?? D(R2),

??E,??=12 R? |x|∂

2?∂t

2dtdx-12

0? t -t∂

2?∂x

2dxdt 12 R? ∂?(x,t)∂t t=|x|dx-12 0? ∂?(x,t)∂x t x=-tdt =-12 R? ∂?∂t (x,|x|)dx-12 0? ∂?∂x (t,t)dt+12 0? ∂?∂x (-t,t)dt =-12 0? ∂?∂t (x,x)dx-12 0 ∂?∂t (x,-x)dx 12 0? ∂?∂x (t,t)dt+12 0? ∂?∂x (-t,t)dt =-12 0? ∂?∂t (x,x)dx-12 0? ∂?∂t (-x,x)dx 12 0? ∂?∂x (t,t)dt+12 0? ∂?∂x (-t,t)dt

D"autre part, poura?R:

ddy (?(ay,y)) =a?∂?∂x (ay,y) +?∂?∂t (ay,y).

On en déduit

??E,??=-12 0ddy (?(y,y))dy-12 0ddy (?(-y,y))dy ??E,??=12 ?(0,0) +12 ?(0,0) =?(0,0) =?δ,??,??? D(R2) d"où ?E=δdansD?(R2). 3

Exercice 4.1. Montrer que la fonction

f(x;y) =1x+iy définit un élément deD?(R2).

2. L"opérateur de Cauchy-Riemann est défini par

∂=12 ∂∂x +i∂∂y

Montrer que

˜∂f=πδ.

Correction:

1. Tout d"abord

|f(x,y)|=1(x2+y2)12 =1|X|oùX= (x,y).

On sait que la fonction

1|X|αest intégrable au voisinage de l"origine dansRnsiα < n.

Iciα= 1etn= 2doncfestL1loc(R2)ce qui implique quefdéfinit un élément deD?(R2).

2. Soit?? D(R2), on a

¯∂f,??=-?f,¯∂??=-12

R

21x+iy?

∂f∂x +i∂f∂y dxdy.(6)

On passe en coordonnées polaires :

x=rcosθ, y=rsinθ,quad=?dxdy=rdrdθ. On a ∂∂x = cosθ∂∂r -sinθr ∂∂y = sinθ∂∂r +cosθr

¯∂f,??=-12

2π 0? 0e -iθr e iθ∂˜?∂r +ieiθr rdrdθ, où

˜?(r,θ) =?(rcosθ,rsinθ).

D"après le théorème de Fubini,

¯∂f,??=-12

2π 0?

0∂˜?∂r

dr? dθ-i2 01r ?2π

0∂˜?∂θ

dθ? dr. Comme˜?(0,0) =?(0,0)et que˜?(r,θ)est2π-périodique, il vient :

¯∂f,??=-12

×2π×(-?(0,0)) =π?(0,0) =π?δ0,??

et, par conséquent

¯∂f=πδ0.

4

Exercice 5.On considère dansR2la fonction

E(x,t) =H(t)⎷4πte-x24t

oùH(t)désigne la fonction de Heaviside.

1. Montrer queEdéfinit une distribution surR2.

2. L"opérateur de la chaleur est défini par

P=∂∂t

-∂2∂x 2.

Montrer que dansD?(R2)

PE=δ.

Correction:

1. On a la majoration

et la fonction H(t)⎷4πtest localement intégrable dansR2. Donc,E?L1loc(R2)et définit un élément deD?(R2).

2. Soit?? D(R2),

∂∂t -∂2∂x 2? E,??

E,∂?∂t

+∂2?∂x 2? 0? Re -x24t⎷4πt? ∂?∂t +∂2?∂x 2? dxdt. Or 0? Re -x24t⎷4πt∂?∂t dxdt= limε→0? R? εe -x24t⎷4πt∂?∂t dt? dx= limε→0Iε, en vertu du théorème de Lebesgue, puisque ??????1 ?L1(R2). DansIε, on peut alors faire une intégration par parties et écrire I R?

ε∂∂t

e-x24t⎷4πt? ?(x,t)dtdx+? R? e-x24t⎷4πt?(x,t)? t=εdx. Or, ∂∂t e-x24t⎷4πt? =14 x22t52 -1t 32
e -x24t, d"où I

ε=14

R? x22t52 -1t 32
e -x24t?(x,t)dtdx-? Re -x24ε⎷4πε?(x,ε)dx.(7)

De même

0? Re -x24t⎷4πt∂

2?∂x

2dxdt= limε→0?

Re -x24t⎷4πt∂

2?∂x

2dxdt= limε→0Jε.

DansJεfaisons deux intégrations par parties : ∂x? e-x24t⎷4πt? =-x4⎷πt32e-x24t 5

2∂x

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