Analyse, s´eance 5 : exercices corrig´es ANALYSE FONCTIONNELLE

Analyse, s´eance 5 : exercices corrig´es ANALYSE FONCTIONNELLE

Quelques propri´et´es ´el´ementaires des distributions Question 1

On consid`ere des distributions surR, mais les r´esultats ci-dessous s’´etendent `a tous les espaces de distribution.

• Montrer queT⁰ = 0 implique que

∃C ∈R, T =TC

o`u TC est la distribution associ´ee `a la fonction constante C.

Par d´efinition de la d´eriv´ee des distributions

∀φ∈ D(R) < T ⁰, φ >= −< T, φ⁰>

DoncT⁰ = 0 implique

∀φ∈ D(R) < T, φ⁰ >= 0 Or

Lemme 1 Soit Ψ∈ D(R), il existe une fonction φ∈ D(R) telle queψ =φ⁰ si et seulement si R+∞

−∞ ψ(x)dx= 0.

Preuve

Dans un sens si ψ = φ⁰ ∈ D(R) avec ∃a, b ∈ R supp(φ) ⊂ [a, b], on a R+∞

−∞ ψ(x)dx = Rb

a φ⁰(x)dx=φ(b)−φ(a) = 0.

Dans l’autre sens, soitψ∈ D(R) avec∃a, b∈Rsupp(ψ)⊂[a, b] etR+∞

−∞ ψ(x)dx= 0. Posons φ(x) =Rx

−∞ ψ(t)dt, on aφ∈C^∞(R),φ(x) = 0 si x < aet, six > b, φ(x) =

Z x

−∞

ψ(t)dt= Z +∞

−∞

ψ(t)dt= 0

♦

Notons T1 la distribution associ´ee `a la fonction constante 1. Nous avons montr´e que

∀φ∈ D(R) < T₁, φ >= 0⇒< T, φ >= 0

Les deux formes lin´eairesT₁ etT ont le mˆeme noyau, donc

∃C∈R/ T =CT1=TC

Noter la m´ethode g´en´erale pour r´esoudre une ´equation lin´eaire sur les distributions : on traduit toutes les hypoth`eses en termes de forme lin´eaire, on en d´eduit que les solutions de l’´equation sont les distributions qui s’annulent sur un certain sous-espace vectoriel qu’il faut ensuite caract´eriser.

• En d´eduire queT⁽ⁿ⁾= 0 si et seulement si T est un polynˆome de degr´en−1.

On peut suivre un raisonnement analogue au pr´ec´edent ou proc´eder par r´ecurrence comme on le ferait pour r´esoudre la mˆeme ´equation sur les fonctions.

Noter les r`egles de calcul, si f, g sont des fonctions : T_f+g = T_f +T_g et, si f est C¹, Tf⁰ = (Tf)⁰.

Supposons le r´esultat vrai pour n − 1. L’´equation s’´ecrit (T⁰)⁽ⁿ⁻¹⁾ = 0, donc d’apr`es l’hypoth`ese de r´ecurrence T⁰ = T_P o`u P(x) est un polynˆome de degr´e n−2. Soit Q(x) un polynˆome tel queQ⁰(x) =P(x). Il vient

(T −T_Q)⁰ =T⁰−T_Q0 =T_P −T_Q0 = 0 Donc d’apr`es le r´esultat de la question pr´ec´edente

∃C∈R/ T −T_Q=T_C

d’o`uT =TQ+TC =T<sub>Q+C</sub> est la distribution associ´ee `a un polynˆome de degr´en−1.

• Montrer que si T⁽ⁿ⁾ est (associ´ee `a) une fonction continue, alors T est (associ´ee `a) une fonctionCⁿ.

On suppose

∃f ∈C(R)/ T⁽ⁿ⁾=T_f Soit F(x) une fonction telle sur F⁽ⁿ⁾ =f. Il vient

T⁽ⁿ⁾−T_F(n) = 0 et donc

(T −TF)⁽ⁿ⁾ = 0

D’o`u d’apr`es le r´esultat de la question pr´ec´edente, il existe un polynˆomeP(x) de degr´en−1 tel que

(T−T_F) =T_P D’o`u T =T_F +T_P =T_F+P et le r´esultat.

M´ethode des fonctions de Green

Nous allons construire une solution explicite sous forme int´egrale pour le probl`eme elliptique

suivant : 









L(u) = −d²u

dx² +u = q(x) sur [0,1]

u(0) = 0

u(1) = 0

(1)

o`u q(x)∈C([0,1]). Les principes que nous d´eveloppons ici sont valables pour des probl`emes elliptiques quelconques, mais les calculs ne seront pas toujours explicites.

Question 2

On consid`ere L(u) comme un op´erateur, qui n’est pas partout d´efini, sur l’espace C([0,1]) muni du produit scalaire de L²([0,1]), < u, v >= R1

0 uv dx. Le domaine de d´efinition de L(u) est l’ensembleV₀ des fonctions deC²([0,1]) nulles au bord (il peut ˆetre avantageux de consid´erer plutˆotH₀¹([0,1]) qui est un espace de Hilbert, mais nous pr´ef´erons garder un cadre

´el´ementaire).

• Nous exprimons sous une forme un peu diff´erente les propri´et´es d´ej`a ´etudi´ees de cette

´equation.

Montrer queL(u) est un op´erateur sym´etrique d´efini positif surV₀. Il faut montrer que

< L(u), v >=< L(v), u >

et

u6= 0 ⇒< L(u), u > >0 Or, si nous posons

a(u, v) = Z 1

0

u⁰v⁰+uv dx

c’est une cons´equence imm´ediate des formulations faibles d´ej`a ´etudi´ees dans la s´eance 4

< L(u), v >=a(u, v) =a(v, u) =< L(v), u >

• Soit y ∈]0,1[. Soit u une fonction continue, C² sauf en y o`u u<sup>0</sup> admet une limite `a droite et `a gauche. Montrer

−(T_u)⁰⁰+u=T₍−u⁰⁰+u)−(u⁰(x+)−u⁰(x−))δ_y La fonction u est continue,C¹ sauf eny donc

(Tu)⁰ =Tu⁰

La d´eriv´ee u⁰ estC¹ sauf eny o`u elle admet un saut, nous avons vu en cours que

−(T_u⁰)⁰=T−u⁰⁰−(u⁰(x+)−u⁰(x−))δy

Le r´esultat en d´ecoule.

• Construire une fonctionGy(x), continue et nulle au bord, telle que L(G_y(x)) =δ_y

au sens des distributions.

On examine la formule ci-dessus, on voit que siuest une fonction continue,C² sauf eny, dont

la d´eriv´ee fait un saut de−1 eny et si de plus u v´erifie l’´equation diff´erentielle−u⁰⁰+u= 0 sauf eny et est nulle au bord, elle v´erifie

L(u) =δy

On en d´eduit que la fonction Gy(x) doit ˆetre de la forme asinh(x) si x < y et de la forme bsinh(1−x) si x > y. Pour que la fonction soit continue en y, il faut que a=csinh(1−y) etb=csinh(y), o`u cest une constante `a d´eterminer. Finalement on d´etermine la constante c en ´ecrivant queu⁰(x+)−u⁰(x−) =−1 , il vientcsinh(1) = 1, d’o`u











Si x≤y G_y(x) = sinh(1−y) sinh(x) sinh(1) Si x≥y Gy(x) = sinh(1−x) sinh(y)

sinh(1)

(2)

• On poseK(x, y) =Gy(x). Montrer que la fonction u(x) = Θ(q) =

Z 1 0

K(x, y)q(y)dy est une solution au sens des distributions de (1).

Noter que K(x, y) =K(y, x), ce qui n’est pas fortuit... Il faut montrer que−(Tu)⁰⁰+Tu =q ce qui ´equivaut `a

∀φD(R) < Tu,−φ⁰⁰+φ >=< Tq, φ >

c’est `a dire

Z 1 0

u(−φ⁰⁰(x) +φ(x))dx= Z 1

0

q(x)φ(x)dx et en rempla¸cant u par son expression

Z 1 0

( Z 1

0

K(x, y)q(y)dy)(−φ⁰⁰(x) +φ(x))dx= Z 1

0

q(y)φ(y)dy On permute des int´egrations en xety

Z 1 0

q(y)(

Z 1 0

K(x, y)(−φ⁰⁰(x) +φ(x))dx)dy= Z 1

0

q(y)φ(y)dy Traduisons le fait que Gy(x) v´erifie−(TGy)⁰⁰+TGy =δy

Z 1 0

Gy(x)(−φ⁰⁰(x) +φ(x))dx=φ(y) d’o`u, il faut montrer

Z 1 0

q(y)φ(y)dy= Z 1

0

q(y)φ(y)dy C.Q.F.D.

• En utilisant la question 1 montrer que la fonction u est C² et qu’elle est donc la solution

au sens usuel de (1).

On a

−(Tu)⁰⁰+Tu=Tq

Donc

(Tu)⁰⁰=Tu−q

(Tu)⁰⁰ est donc la distribution associ´ee `a une fonction continue. Comme nous l’avons vu `a la question 1,u est alors une fonctionC² . La fonctionu est donc la solution au sens ordinaire du probl`eme aux limites. On a donc

∀q∈C([0,1]), L(Θ(q)) =q

Noter queK(x, y) peut ˆetre consid´er´e comme une “matrice `a indicesx, ycontinus” qui d´efinit l’op´erateur Θ inverse (`a droite) deL(u), les colonnes de la “matrice”Gy(x) sont les solutions de L(u) = δy, les distributions de Dirac δy jouent le rˆole des vecteurs de la base canonique de Rⁿ, l’int´egrale R1

0 K(x, y)q(y)dy est une multiplication matrice-vecteur... Cette analogie se comprend mieux si on consid`ere les fonctions continues comme des limites de fonctions en escalier et que l’on observe ainsi le passage de la dimension finie `a la infinie.

Th´eorie spectrale de L Question 3

• Montrer que K(x, y) = K(y, x) et que Θ est un op´erateur sur C([0,1]) sym´etrique d´efini positif pour le produit scalaire de L²([0,1]). Ce r´esultat ´etait-il pr´evisible ?

Il faut montrer

∀u, v∈C([0,1]) <Θ(u), v >=<Θ(v), u >

c’est `a dire Z 1

0

Z 1 0

K(x, y)u(x)v(y)dxdy= Z 1

0

Z 1 0

K(x, y)v(x)u(y)dxdy

ce qui r´esulte de la sym´etrie de K(x, y) et de la permutation des int´egrales. Le fait que Θ est d´efini positif ne se voit pas de fa¸con aussi ´evidente sur son expression int´egrale.

Mais de mani`ere g´en´erale montrons que l’inverse d’un op´erateur sym´etrique d´efini positif est sym´etrique d´efini positif :

pour toute fonctionu∈C([0,1]) on a par construction de Θ L(Θ(u)) =u

donc siu6= 0

<Θ(u), u >=<Θ(u), L(Θ(u))> >0

puisque nous avons vu queLest un op´erateur d´efini positif, on traite de la mˆeme mani`ere la sym´etrie.

•On appelle fonction propre(resp. valeur propre) une fonction uk ∈C([0,1]) (resp. λk ∈R) telle que

Θ(uk) =λkuk

Montrer queλk>0,...

Cela r´esulte du fait que l’op´erateur est d´efini positif.

....que u_k est dans V₀...

Par construction Θ(uk) est dansV0et est en particulierC² (on peut en d´eduire par r´ecurrence que uk est en fait C^∞) donc uk est ausi dansV₀.

... et que u_k est aussi vecteur propre de L.

L(Θ(uk) =uk =λkL(uk) uk est donc vecteur propre deL pour la valeur propre _λ¹

k. Calculer u_k etλ_k.

On a uk = sin(kπx),λk=k²π²+ 1.

Quelles propri´et´es classiques en dimension finies s’´etendent ici ?

En faisant le changement de variables y =πx, en prolongeant les fonctions en des fonctions impaires sur [−pi, pi], et en utilisant la th´eorie des s´eries de Fourier on voit que les fonctions propres deLou Θ forment une base orthognale deL²([0,1]). On prolonge ainsi en dimension infinie la th´eorie spectrale des op´erateurs sym´etriques sur un espace euclidien. On montre que ce r´esultat est g´en´eral pour les op´erateurs int´egraux et plus g´en´eralement encore pour les op´erateurs sym´etriques compacts sur un espace de Hilbert, i.e. tels que l’image de toute suite born´ee admet une sous suite convergente. Les op´erateurs diff´erentiels, associ´es `a des conditions aux limites ad´equates, admettent des inverses qui sont d´efinis par des int´egrales, ce qui permet de leur appliquer la th´eorie spectrale des op´erateurs compacts. Comme cas parti- culier on a de nombreuses classes de fonctions sp´eciales, polynˆomes ortogonaux... d’un usage courant en physique pour faire des calculs analytiques, notamment en m´ecanique quantique.

Un classique revu `a la lumi`ere des distributions Question 4

Soit

f(x) =

∞

X

k=1

cos(kx) k²

• Montrer que, au sens de D⁰(T)

f⁰⁰ =−πδ0+1 2

La s´erie, uniform´ement convergente, d´efinit une fonctionf(x) continue, que nous consid´ererons comme une distribution. La s´erie qui la d´efinit est sa s´erie de Fourier. Nous avons vu en cours que, au sens de la convergence des distributions

f(x) = lim

n Sn(f)

o`u Sn(f) = Pn k=1

cos(kx)

k² est la somme des n premiers termes de la s´erie de Fourier de f. Nous avons vu aussi que la d´erivation des distributions est une op´eration continue pour la convergence au sens des distributions. Donc

f⁰⁰(x) = lim

n (Sn(f))⁰⁰= lim

n n

X

k=1

−cos(kx)

or nous avons montr´e dans le cours δ₀ = 1

π(1 2 + lim

n n

X

k=1

cos(kx)) D’o`u

f⁰⁰(x) =−πδ₀+ 1 2 Remarque :

Pour montrer qu’il n’y a rien de magique dans ce calcul, nous reprenons la d´emonstration sans utiliser les propri´et´es des distributions. On veut calculerf⁰⁰ au sens des distributions de D⁰(T), c’est `a dire, pourφ∈D(T)

< T_f, φ >=

Z π

−π

f(x)φ⁰⁰(x)dx On replace f par sa d´efinition

< Tf, φ >=

Z π

−π

∞

X

k=1

cos(kx)

k² φ⁰⁰(x)dx Du fait de la convergence uniforme

< Tf, φ >=

∞

X

k=1

Z π

−π

cos(kx)

k² φ⁰⁰(x)dx On int`egre deux fois par parties

< T_f, φ >=

∞

X

k=1

Z π

−π

−cos(kx)φ(x)dx

orφest une fonction 2π p´eriodique dont les coeficients de Fouriera_k(φ) sont ak(φ) = 1

π Z π

−π

cos(kx)φ(x)dx et le d´eveloppement en s´erie de Fourier deφ est

φ(x) = 1

2a₀+X

k>0

a_kcos(kx) +b_ksin(kx)

d’o`u

φ(0) = 1

2a₀+X

k>0

a_k= 1 2

1 π

Z π

−π

φ(x)dx+ 1 π

X

k>0

Z π

−π

−cos(kx)φ(x)dx On reporte ce r´esultat dans l’expression de< T_f, φ >

< Tf, φ >=−πφ(0) + 1 2

Z π

−π

φ(x)dx C.Q.F.D.

En conclusion les calculs, un peu formels, “au sens des distributions” ne sont que des calculs, ordinaires, sur les int´egrales qui d´efinissent les formulations faibles.

• En d´eduire que

f⁰(x) =−π

2signe(x) +x 2 +C1

Nous avons vu en cours que si une fonctiong est C¹ sauf en 0 (Tg)⁰ =Tg⁰+ (g(0⁺)−f(0⁻))δ0

En appliquant cette formule `ag=f⁰, le r´esultat en d´ecoule.

puis que

f(x) =−π

2|x|+x²

4 +C₁x+C₂

Nous avons vu en cours que si une fonctionf est continue,C¹ par morceaux T_f⁰ =Tf⁰

En appliquant cette formule `af, le r´esultat en d´ecoule.

• Montrer queC₁= 0.

Cela r´esulte de ce quef(x) est une fonction paire.

Calculer C2 en remarquant que R+π

−π f(x)dx= 0.

Cette propri´et´e vient de ce que par d´efinition def on aa₀(f) = 0 On en d´eduit par un calcul ´el´ementaire

C₂= π² 6

• En d´eduire

π² 6 =

∞

X

n=1

1 n²