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mais pr´esentant une discontinuit´e de premi`ere esp`ece ent =a

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Academic year: 2022

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Texte intégral

(1)

TD2

Exercice 1 (fonctions discontinues). Soitf :R→C, de classeC1 dans (−∞, a)∪(a,∞), mais pr´esentant une discontinuit´e de premi`ere esp`ece ent =a. Donc les limites

f(a+ 0) = lim

t→a,t>af(t), f(a−0) = lim

t→a,t<af(t) existent mais sont distinctes. Le saut def ena est

σ(f, a) = f(a+ 0)−f(a−0).

• D´emontrer la formule

(Tf)0 =Tf0 +σ(f, a)δ(a).

• Que devient-elle sif a plusieurs sauts aux pointsa1, a2, . . . , an?

Exercice 2 (fonction de Heaviside). La fonction de Heaviside Θ(x) est d´efinie de la fa¸con suivante:

Θ(x) =

(0 pour x <0 1 pour x >0.

• Θ(x) appartient-elle `aD? D´eterminer supp Θ(x).

• Calculer au sens des distributions:

T =

d dx −λ

Θ(x)eλx,

U =

d2 dx22

Θ(x)sinωx ω ,

V = 1

(n−1)!

dn dxn

Θ(x)xn−1

Exercice 3. Pour toutϕ∈ D, on pose hT, ϕi=

Z Z

R2

e−x2−y2ϕ(sin(xy))dx dy.

• Montrer que T est une distribution.

• Quel est le support de T?

Exercice 4 (changement de variables dansD). Soitθune bijection deRsur lui-mˆeme.

On suppose que l’application θ est ind´efiniment d´erivable et que pour tout x∈R θ0(x)6= 0.

On d´esigne par σ l’application r´eciproque deθ.

Soit T une distribution. Pour toutϕ∈ D on pose hT ◦θ, ϕi=hT, σ0·ϕ◦σi.

• Expliquez le bien-fond´e de cette d´efinition. Montrer que T ◦θ∈ D.

• V´erifier que (T ◦θ)00(T0◦θ).

• Calculer δ0(6x5+ 10x3+ 30x+ 46).

(2)

Corrig´e Exercice 1. Calculons la d´eriv´ee de Tf:

h(Tf)0, ϕi=−hTf, ϕ0i=− Z a

−R

f(t)ϕ0(t)dt− Z R

a

f(t)ϕ0(t)dt,

o`u ϕ ∈ D, suppϕ ⊂ [−R, R]. Int´egrons par parties, compte tenu des ´egalit´es ϕ(R) = ϕ(−R) = 0, il vient:

h(Tf)0, ϕi=ϕ(a)[f(a+ 0)−f(a−0)] + Z R

−R

f0(t)ϕ(t)dt=σ(f, a)hδ(a), ϕi+hTf0, ϕi, o`u nous avons suppos´e f0 continue `a gauche et `a droite en a. Ainsi

(Tf)0 =Tf0 +σ(f, a)δ(a).

Si maintenant f a plusieurs sauts aux pointsa1, a2, . . . , an, nous aurons (Tf)0 =Tf0 +

n

X

j=1

σ(f, aj(aj). Exercice 2.

• Nous avons ∀ϕ∈ D:

hT, ϕi=h d

dx −λ

Θ(x)eλx, ϕ(x)i=hd dx

Θ(x)eλx , ϕ(x)i −λhΘ(x)eλx, ϕ(x)i=

=−hΘ(x)eλx, ϕ0(x)i −λhΘ(x)eλx, ϕ(x)i=

=− Z

−∞

Θ(x)eλxϕ0(x)dx−λ Z

−∞

Θ(x)eλxϕ(x)dx=

= Z

0

eλxϕ0(x)dx−λ Z

0

eλxϕ(x)dx.

Dans la premi`ere int´egrale, effectuons une int´egration par parties en posant:

u=eλx, du=λeλxdx, dv=ϕ0(x)dx, v =ϕ(x).

Il vient

hT, ϕi=−

eλxϕ(x)

0 +λ Z

0

eλxϕ(x)dx−λ Z

0

eλxϕ(x)dx=ϕ(0) =hδ, ϕi.

On en d´eduit T =δ.

2

(3)

• On a

hU, ϕi=h d2

dx22

Θ(x)sinωx

ω , ϕ(x)i=

=hd2 dx2

Θ(x)sinωx ω

, ϕ(x)i+ωhΘ(x) sinωx, ϕ(x)i=

=hΘ(x)sinωx

ω , ϕ00(x)i+ωhΘ(x) sinωx, ϕ(x)i=

= Z

0

sinωx

x ϕ00(x)dx+ω Z

0

sinωx ϕ(x)dx.

Dans la premi`ere int´egrale, effectuons une int´egration par parties en posant u= sinωx

ω , du= cosωx, dv =ϕ00(x), v =ϕ0(x).

Il vient:

hU, ϕi=

sinωx ω ϕ0(x)

0

− Z

0

cosωx ϕ0(x)dx+ω Z

0

sinωx ϕ(x)dx=

=− Z

0

cosωx ϕ0(x)dx+ω Z

0

sinωx ϕ(x)dx.

Effectuons `a nouveau une int´egration par parties en posant:

u= cosωx, du=−ωsinωxdx, dv=ϕ0(x)dx, v =ϕ(x).

Alors

hU, ϕi=−[cosωx ϕ(x)]0 −ω Z

0

sinωx ϕ(x)dx+ω Z

0

sinωx ϕ(x)dx=

=ϕ(0) =hδ, ϕi.

On obtient donc: U =δ.

• On a:

hV, ϕi=h 1 (n−1)!

dn dxn

Θ(x)xn−1 , ϕ(x)i= (−1)n

(n−1)! hΘ(x)xn−1, ϕ(n)(x)i=

= (−1)n Z

0

xn−1

(n−1)! ϕ(n)(x)dx= (−1)nIn.

Pour calculer cette int´egrale, nous effectuons une int´egration par parties en posant:

u= xn−1

(n−1)!, du= xn−2 (n−2)!dx, 3

(4)

dv =ϕ(n)(x)dx, v =ϕ(n−1)(x).

Nous avons donc:

In =

xn−1

(n−1)! ϕ(n−1)(x)

0

− Z

0

xn−2

(n−2)! ϕ(n−1)(x)dx=

pourn≥2

=−In−1. Par cons´equent:

In = (−1)n−1I1 = (−1)n−1 Z

0

ϕ0(x)dx= (−1)nϕ(0) et donc

hV, ϕi=ϕ(0) =hδ, ϕi=⇒V =δ.

Exercice 3.

• L’int´egrale

Z Z

R2

e−x2−y2ϕ(sin(xy))dx dy.

existe pour tout ϕ∈ D puisque ϕest born´ee. DoncT est bien une fonctionnelle, et sa lin´earit´e est ´evidente.

• Consid´erons l’ouvert U = (−∞,−1)∪(1,∞). Si une fonction ϕ ∈ D a un support inclus dans U, on a ϕ(t) = 0 pour tout t ∈ [−1,1]. Pour une telle fonction ϕ, on a hT, ϕi = 0. La distribution T est nulle dans U. Le support de T est donc inclus dans [−1,1]. Montrons que suppT = [−1,1]. D´esignons par Ω le compl´ementaire du support de T. Supposons qu’il existeu∈Ω tel que −1< u < 1. Choisissonsρ >0 tel que

(u−ρ, u+ρ)⊂

Ω∩(−1,1)

.

Consid´erons une fonctionϕ∈ D, positive, `a support inclus dans (u−ρ, u+ρ) et ´egale

`

a 1 dans [u−ρ/2, u+ρ/2]. Le sous-ensemble W deR2 d´efini par W ={(x, y) : |sin(xy)−u|< ρ/2}

est ouvert. Si (x, y)∈W, on a ϕ(sin(xy)) = 1. Donc hT, ϕi ≥

Z

W

e−x2−y2dxdy >0.

Or le support de ϕ est inclus dans Ω et hT, ϕi = 0. On obtient une contradiction: il n’existe pas un tel r´eel u.

Comme le support de T est ferm´e, on a bien suppT = [−1,1].

4

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