Feuille d’exercices 6

(1)

Universit´e Joseph Fourier

MAT233 Fonction de plusieurs variables 2013-2014

Feuille d’exercices 6

Exercice 1 Pour tout entierd>1 et toutr>0, on désigne parBd(r) la boule ouverte de rayonrdansR^d centrée en 0, définie comme

B_d(r) :={(x₁, . . . , x_d)|x²₁+· · ·+x²_d< r²}.

1) Montrer que 1l_B_d_(r)∈L¹(R^d).

Solution.L’enembleBd(r) est un ouvert born´e dansR^d, donc 1lB_d(r)est int´egrable.

2) Pour tout ´el´ement P ∈R^d, soit B_d(P, r) l’ensemble {P+Q|Q∈Bd(r)}.

Montrer que 1l_B_d_(P,r)∈L¹(R^d) et Z

R^d

1l_B_d_(P,r)(x) dx= Z

R^d

1l_B_d_(r)(x) dx.

Solution. Par définition, on a 1l_B_d_(P,r) = τ_−P1l_B_d_(r). D’après un résultat de la séance 9 du cours, on obtient 1l_B_d_(P,r)∈L¹(R^d) ainsi que l’égalité souhaitée.

3) On d´esigne parVd(r) le volume deBd(r), d´efini comme V_d(r) :=

Z

R^d

1l_B_d_(r)(x) dx.

Montrer queV_d(r) =r^dV_d(1).

Solution.SoitA=rI∈M_d×d(R), oùIest la matrice d’identité. On a dét (A) =r^d. En outre, on a 1l_B_d_(r)◦A= 1l_B_d₍₁₎. Donc

Vd(1) = Z

R^d

(1l_B_d_(r)◦A)(x) dx=|d´etA|⁻¹ Z

R^d

1l_B_d_(r)(x) dx=r^−dVd(r).

4) En utilisant le th´eor`eme de Fubini, montrer que Vd(1) =

Z 1

−1

V_d−1(p

1−t²) dt Solution.D’après le théorème de Fubini, on a

V_d(1) = Z

R

Z

R^d−1

1l_t2+k~xk²

`261d~xdt= Z

R

Z

R^d−1

1l_k~_xk

`26√

1−t²d~xdt.

Comme

V_d−1(r) = Z

R^d−1

1l_k~_xk

`26rd~x, on obtient le r´esultat souhait´e.

(2)

5) En effectuant un changement de variables, montrer que Vd(1) =Vd−1(1)

Z π/2

−π/2

cos(θ)^ddθ.

Solution.Par le changement de variablet= sinθpourθ∈]−π/2, π/2[, on obtient V_d(1) =

Z π/2

−π/2

V_d−1(cosθ) cosθdθ=V_d−1(1) Z π/2

−π/2

(cosθ)^ddθ, où la seconde égalité résulte de la question 3)

6) D´eterminer les valeurs deV1(1),V2(1) etV3(1).

Solution.Par d´efinition,

V1(1) = Z 1

−1

1 dt= 2.

D’après la question précédente, V₂(1) =V₁(1)

Z π/2

−π/2

cos(θ)²dθ=V₁(1) Z π/2

−π/2

cos(2θ) + 1

2 dθ=π.

V3(1) =V2(1) Z π/2

−π/2

cos(θ)³dθ=π Z 1

−1

(1−t²) dt=4π 3 . Exercice 2 SoitE la fonction d´efinie surRtelle que

E(x) =

(e^1/x, x <0, 0, x>0.

1) Montrer que, siP est un polynˆome, alors on a

x→0limP(1/x)E(x) = 0.

Solution.Il suffit de v´erifier que

x→0−lim P(1/x)E(x) = 0.

Par le changement de variablesy=−1/x, cela revient `a la relation

y→+∞lim P(y)

e^y = 0, qui est un résultat démontré dans le cours de L1.

2) En d´eduire que la fonctionEest de classeC^∞.

Solution.La restriction de la fonctionEsur l’ouvertR\0 est de classeC^∞car elle est identiquement nulle sur ]0,+∞[ et s’´ecrit sur ]− ∞,0[ comme la composition

(3)

de deux fonctions de classes C^∞. En outre, pour tout entier n > 0, il existe un polynˆomePn tel que

E⁽ⁿ⁾(x) =

(Pn(1/x)E(x), x <0,

0, x >0.

On peut montrer ce résultat par récurrence surn, et les polynômesP_n sont donnés par la formule de récurrence

P0(X) = 1, Pn+1(X) =−X²(P_n⁰(X) +Pn(X)).

D’après la question précédente, on obtient

x→0limE⁽ⁿ⁾(x) = 0 et lim

x→0 E⁽ⁿ⁾(x)/x= 0.

Cela montre (par r´ecurrence surn) que E⁽ⁿ⁾ est diff´erentiable en 0 etE⁽ⁿ⁾⁰(0) = 0.

Par cons´equent, la fonctionE est de classeC^∞ surR.

3) Soienta < bdeux nombres r´eels. Montrer queF(x) =E(a−x)E(x−b) (x∈R) est une fonction de classeC^∞ et `a support dans [a, b].

Solution.La fonction E est identiquement nulle sur [0,+∞[. Pour queF(x) soit non-nul, il faut quea−x <0 etx−b <0. Donc

{x|F(x)6= 0} ⊂]a, b[

En outre, pour toutx∈]a, b[, on a effectivementE(a−x)>0 etE(x−b)>0. On obtient donc supp(F) = [a, b].

4) Montrer que la fonctionH :R^d→Rd´efinie comme

H(x1, . . . , xd) =E(x²₁+· · ·+x²_d−1) est de classeC^∞ et est `a support compact.

Solution. La fonction H est la composition de deux fonctions E : R → R et (x₁, . . . , x_d)7→ k(x₁, . . . , x_d)k²_`2 −1 deR^d versR, donc est aussi de classe C^∞. En outre, H(~x)6= 0 si et seulement sik~xk²_`2 <1. Donc supp(H) =B(0; 1) est born´e.

La fonction est donc `a support compact.

Exercice 3 On d´esigne parC_c^∞(R) l’espace vectoriel des fonctions surRqui sont de classeC^∞et `a support compact. Le but de cet exercice est de montrer queC_c^∞(R) est dense dansL¹(R). On fixe une fonction positiveχ∈C_c^∞(R) telle que

Z

R

χ(x) dx= 1.

1) Pour toutes fonctionsϕ∈C_c^∞(R) etf ∈L¹(R), on d´efinitϕ∗f :R→Rtelle que (ϕ∗f)(x) =

Z

R

ϕ(x−y)f(y) dy.

Montrer queϕ∗f est bien d´efinie et est une fonction de classeC^∞. En outre, pour tout entiern>1, on a (ϕ∗f)⁽ⁿ⁾=ϕ⁽ⁿ⁾∗f.

(4)

Solution. Montrons d’abord que ϕ∗f est une fonction continue. Considérons la fonction F : R² →R qui envoie (x, y) en ϕ(x−y)f(y). Pour toutx ∈ R fixé, la fonctiony7→ϕ(x−y) est continue et à support compact, donc appartient àL¹(R) et est bornée. On en déduit que la fonctiony7→ϕ(x−y)f(y) est intégrable. La fonction ϕ∗f est donc bien définie. En outre, pour touty∈Rfixé, l’applicationx7→F(x, y) est continue, et il existe une constanteC (on peut choisirC= sup_x∈R|ϕ(x)|) telle que |F(x, y)| 6 C|f(y)| pour tout (x, y) ∈ R². D’après le théorème de continuité sous signe intégrale, on obtient que la fonctionϕ∗f est continue.

Commeϕest une fonction de classeC^∞ et à support compact, il en est de même de toutes ses dérivées ϕ⁽ⁿ⁾(n∈N). D’après le raisonnement précédent, on résulte du théorème de différentiabilité sous signe intégrale queϕ∗f est n fois dérivable pour toutn, et que (ϕ∗f)⁽ⁿ⁾=ϕ⁽ⁿ⁾∗f.

2) Montrer que, si ϕ∈C_c^∞(R) et sif ∈L¹(R) est `a support compact, alors ϕ∗f ∈ C_c^∞(R).

Solution.D’après la question précédente, il suffit de vérifier que le support deϕ∗f est borné. SoitD1= [a1, b1] etD2= [a2, b2] deux intervalles fermés et bornés dans R tels que supp(ϕ) ⊂ D1 et supp(f) ⊂ D2. On a F(x, y) = 0 si y 6∈ D2 ou si x−y6∈D1. Par conséquent,F(x, y) est identiquement nulle dès quex6∈D1+D2= [a₁+a₂, b₁+b₂]. Par conséquent,ϕ∗f est aussi à support compact.

3) Pour tout entiern>1, soit χn ∈C_c^∞(R) d´efinie commeχn(x) =nχ(nx). Montrer que

Z

R

χ_n(x) dx= 1

Solution.On effectue un changement de variabley=nxpour obtenir Z

R

χ_n(x) dx= Z

R

nχ(nx) dx= Z

R

χ(y) dy= 1.

4) Soitf une fonction continue `a support compact surR. Pour tout entier n>1, soit fn=χn∗f. Montrer que la suite de fonctions (fn)_n∈_Nconverge uniform´ement vers f, autrement dit,

n→+∞lim sup

x∈R

|fn(x)−f(x)|= 0.

En déduire queC_c^∞(R) est dense dansCc(R) relativement à la normek.ksup, définie commekfksup= sup_x∈R|f(x)|.

Solution.D’abord on a f_n(x) =

Z

R

χ_n(x−y)f(y) dy= Z

R

χ_n(z)f(x−z) dz,

où on a effectué un changement de variablesz=x−y. D’après la question précédente, on a

f_n(x)−f(x) = Z

R

χ_n(y)(f(x−y)−f(x)) dy.

Soit r > 0 un nombre r´eel tel que supp(χ) ⊂ [−r, r]. Par la d´efinition de χn, on

(5)

obtient queχn(y) = 0 d`es que |y|> r/n. Par cons´equent,

|fn(x)−f(x)|6 Z

R

χn(y)|f(x−y)−f(x)|6 sup

|z−x|6r/n

|f(z)−f(x)|

Z

R

χn(y) dy

= sup

|z−x|6r/n

|f(z)−f(x)|.

Commef est continue et `a support compact, elle est uniform´ement continue, donc

n→+∞lim kfn−fksup6 lim

n→+∞ sup

(x,z)∈R²

|z−x|6r/n

|f(z)−f(x)|= 0.

Enfin, d’après la question 2), chaque fonctionf_n appartient à C_c^∞(R). Le résultat est donc démontré.

5) Soit g une fonction dansL¹(R). Pour tout entiern>1, soit gn =χn∗g. Montrer quegn∈L¹(R) et que

n→+∞lim kgn−gkL¹= 0.

En d´eduire queC_c^∞(R) est dense dansL¹(R) pour la semi-normek.k_L1.

Solution.La fonction|gn|est continue, donc elle s’ecrit comme une limite croissante de fonctions continues `a support compact. On peut donc calculer

Z

R

|gn(x)|dx= Z

R

Z

R

χn(y)g(x−y) dy

dx6 Z

R

Z

R

χn(y)|g(x−y)|dxdy

= Z

R

χ_n(y) Z

R

|g(x−y)|dxdy=kgk_L1.

On obtient donc gn ∈ L¹(R). En outre, comme toute fonction de la forme 1l]a,b]

s’´ecrit comme la limite d’une suite de fonctions dansCc(R), on obtient que l’espace Cc(R) est dense dansL¹(R). Pour toutε >0, il existe alors une fonctionh∈Cc(R) telle quekh−gkL¹6ε. Un calcul direct montre que

kχn∗g−χ_n∗hkL16kg−hkL¹ 6ε

Enfin, comme (χn ∗ h)n∈N est à support uniformément borné et converge uni- formément versh(cf. la question 4)), on obtient

n→+∞lim kχn∗h−hkL₁ = 0.

Donc

lim sup

n→+∞

kχn∗g−gk_L162ε.

Commeεest arbitraire, on obtient

n→+∞lim kχn∗g−gkL¹= 0.

En particulier,C_c^∞(R) est dense dansCc(R) pour la semi-normek.k_L1et donc dense dansL¹(R).