(1)Corrigé de l’examen du 20 Novembre 2017 Ce corrigé renvoie à des références du cours

Corrigé de l’examen du 20 Novembre 2017

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Correction de l’exercice 1.

(1) Vrai : voir (1.6) page 4.

(2) Faux : il faut aussi la différentiabilité (voir proposition 1.12 page 9).

(3) Vrai : voir lemme 3.35 page 40.

(4) Faux : le numérateur de la fonction n’est pas défini en±icarLn(−1/2)n’existe pas, puisque−1/2 est sur la coupure. Voir section 2.5.4.2 page 22.

(5) Vrai : voir section 6.3.4 page 84.

(6) Faux : voir proposition 6.16 page 84.

(7) Faux : la formules des sauts (6.26) page 88 introduit en effet le dirac en zéro ; mais si le saut de la fonction est nul, celui-là disparaît et la dérivée de la fonction dansD(R)est égale à sa dérivée usuelle.

C’est ce qui se passe pour la fonction|.|.

Correction de l’exercice 2.

(1) Soientz, z∈C. Appliquons l’inégalité triangulaire rappelée ici :

∀Z, Z∈C, |Z+Z| ≤ |Z|+|Z|, (1) àZ=z−z etZ=z, ce qui donne

|z| ≤ |z−z|+|z|, (2) et donc

|z| − |z| ≤ |z−z|. (3) On peut intervertir les rôles dezet dez ce qui donne dans (2)

|z| ≤ |z−z|+|z|, et donc

|z| − |z| ≤ |z−z| (4) De (3) et (4) on déduit donc

∀z, z∈C, |z−z| ≥ ||z| − |z||. (5) (2) Pour toute la suite,cest un réel strictement positif. On peut écrire d’après (5)

1 +cz²=cz²−(−1)≥cz²− |(−1)|=c|z|²−1 et puisque|z| →+∞, pour |z|assez grand, c|z|²>1et donc

1 +cz²≥c|z|²−1 qui tend+∞si|z| →+∞. On a donc

|z|→+∞lim 1 +cz²= +∞. (6)

(3) (a) Par définition, pour toutz∈C, tel queLn(1 +cz²)est défini, on a Ln(1 +cz²) = ln1 +cz²+iarg

1 +cz² , et donc, de nouveau grâce à (1)

Ln(1 +cz²)≤ln1 +cz²+arg

1 +cz², et puisque l’argument est dans]−π, π], on a donc

Ln(1 +cz²)≤ln1 +cz²+π. (7) (b) Supposons que|z|tende vers l’infini. On a donc, d’après (6)1 +cz²qui tend vers l’infini, et pour

|z|assez grand,

1≤1 +cz² et puisque le logarithme (réel) est croissant

0≤ln(1)≤ln1 +cz²≤ln

1 +c|z²|

=ln

1 +c|z|², Ainsi, pour|z|assez grand,

0≤ln1 +cz²≤ln

1 +c|z²|

(8) et donc, d’après (7)

Ln(1 +cz²)≤ln

1 +c|z²| +π, On en déduit que, pour toutztel que Ln(1 +cz²)est défini, on a

0≤Ln(1 +cz²)

|z| ≤ ln

1 +c|z²|

|z| + π

|z| =ln

1 +c|z|²

|z| + π

|z| (9)

Puisque, quandRtend vers l’infini ln

1 +cR²

R + π

R, tend vers zéro, on déduit donc de (9) que

|z|→+∞lim

Ln(1 +cz²)défini

Ln

1 +cz²

|z| = 0. (10)

Remarque 1. On verra plus loin queLn(1 +cz²)est défini et holomorphe sur l’ouvert deCdéfini par (18) et (19).

Correction de l’exercice 3.

(1) Il est clair que l’intégrale est bien définie puisque l’intégrande est continue pourt→0et est unO(1/t^3/2) pourt→+∞.

Remarque 2. Pour montrer la définition et la continuité deJ surR+2, on raisonne comme suit : Soient A, B ∈ R^∗₊. Pour tout (a, b) ∈ [A,∞[×[0, B], on a par croissance du logarithme et puisque a²+t²≥0

∀t∈R^∗₊, 0≤ ln

1 +bt² a²+t² ≤ln

1 +Bt² A²+t² ÀA etB fixé, la fonctiont→φ(t) = ^ln(1+Bt²)

A²+t² est continue et intégrable sur R₊ puisque continue en zéro et enO(1/t^3/2)en+∞. La fonction(t, a, b)→^ln(1+bt²)

a²+t² est continue surR+×[A,∞[×[0, B]. Ainsi, d’après le théorème de continuité sous le signe intégrale,J est définie et continuue sur [A,∞[×[0, B].

Puisque c’est vrai pour toutA, B∈R^∗₊,J est continue surR^∗₊×R₊.

Si àb≥0fixé,atend vers zéro, on a pour toutt≥0, ln

1 +bt² a²+t² → ln

1 +bt² t² , qui est équivalent quandt tend vers zéro à

bt² t² =b, et donc continue en zéro. La fonctiont → ^ln(1+bt²)

t² est intégrable en +∞. On peut aussi écrire, pour touta≥0,

ln

1 +bt² a²+t² ≤ln

1 +bt² t² ,

qui est intégrable surR₊, d’après ce qui précède. Ainsi, d’après le théorème de continuité sous le signe intégrale,J est définie et contiue surR₊×R₊.

(2) Sia= 0, on considère la nouvelle variableuet le changement de variableu=t/a. On a doncdt=adu et

J(a, b) =a _∞

0

ln

1 +ba²u² a²+a²u² du= 1

a _∞

0

ln

1 +cu² 1 +u² du, oùc=ba²≥0. On a donc,

∀b≥0, ∀a >0, J(a, b) = 1

aI(ba²), (11)

où

∀c≥0 I(c) = _∞

0

ln

1 +ct²

1 +t² dt. (12)

(3) (a) Soitc >0. On pose pour toutz∈C

f(z) =Ln

1 +cz²

1 +z² . (13)

(i) Les zéros de z→1 +z² sont±i.

(ii) On a, tant que le logarithme complexeLn(1 +cz²)est défini et quez est non nul,

|zf(z)|=|z|Ln

1 +cz²

|1 +z²| ,

=Ln

1 +cz^{2 1}

z +z , De nouveau, en utilisant (5), on a¹

z+z≥ |z| −1/|z| ≥ |z| −1, si|z|est assez grand. On a donc, pour |z|assez grand,

|zf(z)| ≤ Ln

1 +cz²

|z| −1 ,

≤ Ln

1 +cz²

|z|

|z|

|z| −1.

Puisque _|z|−1^|z| tend vers1quand|z|tend vers l’infini, l’équation (10) implique donc que

|z|→∞lim

avecLn(1 +cz²)défini

|zf(z)|= 0. (14)

(iii)(A) Puisqueiest un pôle simple de f, le lemme 3.35 page 40 du cours implique que Rés(f, i) = g(i)

φ(i), oùg(z) = Ln

1 +cz²

etφ(z) = 1 +z². On a donc Rés(f, i) = Ln (1−c)

2i , et donc

Rés(f, i) =Ln (1−c)

2i . (15)

D’après la proposition 5.9 page 54 du cours, on a donc _+∞

−∞

f(t)dt= 2iπRés(f, i) =πLn (1−c),

et donc _+∞

−∞ f(t)dt=πLn (1−c), (16)

Puisquef est paire, on a donc _+∞

0 f(t)dt= π

2 Ln (1−c), (17)

(B) La valeur donnée par (17) est absurde car l’intégrale existe pour toute valeur de c. Or, Ln (1−c) n’est pas défini si1−c <0. De plus, même si 1−c > 0, la valeur de l’intégrale n’est pas conforme à celle donnée par (46).

(iv) Le raisonnement de la question 3(a)iii n’étant pas valable, on calcule maintenant proprement la valeur de l’intégrale recherchée !

(A) Le dénominateur de f s’annulle pour z = ±i. Son numérateur Ln

1 +cz²

n’est défini et holomorhphe que si 1 +cz² n’est pas un réel négatif ou nul (s’il est dans le plan fendu habituel). Or1 +cz² est un réel négatif ou nul est équivalent à

1 +cz²=−r, oùr∈R₊, soit encore

z²=−r+ 1 c , où−^r+1_c ≤ −1/c <0et donc

z=±iτ, oùτ∈[1/√

c,+∞[. et donc f est holomorphe sur l’ouvert

W =C\(V ∪ {i,−i|}), (18) où

V =

z∈C, ∃t∈[1/√

c,+∞[, z=±it

. (19)

(B) Le chemin évite±iet la partie interdite définie parV et est donc inclus dans l’ouvertW, qui n’est pas convexe ici !

(C) On admettra que, malgré l’absence de convexité de l’ouvert W, la proposition 3.33 page 38 du cours s’applique ici ; l’unique résidu def à l’intérieur du chemin estiet elle donne donc

2iπRés(f, i) =

γε,R

f(z)dz. (20)

On découpe le cheminγ_ε,R en :

• le segment horizontal[−R, R]oùz=t;

• le premier segment verticalδ_ε,R oùz=ε+itavect∈[R₁,1/√

c−ε]oùR₁ est "proche"

deR (quandεtend vers zéro) ;

• le second segment verticalδ_ε,R oùz=−ε+itavect∈[1/√

c−ε, R₁]oùR₁ est "proche"

deR (quandεtend vers zéro) ;

• un autre segment horizontald_εoùz=i(1/√

c−ε) +t avect∈[ε,−ε];

• les deux arcs de cercle de centre 0et de rayonR, de réunion notéeCε,R.

V Cε,R

i/√ c i

−i/√ c

−i O R

ε ε

Figure 1. Le cheminγ_ε,R utilisé.

Voir figure 1. On a donc 2iπRés(f, i) =

γε,R

f(z)dz=

[−R,R]f(z)dz+

δε,R

f(z)dz+

δ_ε,R

f(z)dz+

Cε,R

f(z)dz+

dε

f(z)dz. (21) Le résidu def eniest toujours donné par (15).

(D) On admet¹que,

ε→0lim

dε

f(z)dz= 0. (22)

1. Ce qui provient du fait que l’intégrande est bornée indépendamment deεau voisinage de1/√c.

On admet²que, grâce à l’hypothèse (14),

ε→0lim

Cε,R

f(z)dz= 0. (23)

On sait que

R→∞lim

[−R,R]f(z)dz= 2 _∞

0 f(t)dt. (24)

Enfin, sur le premier segment verticalδ_ε,R, on a z =ε+itavect ∈[R₁,1/√

c−ε] et sur le second segment verticalδ_ε,R , z=−ε+itavec t∈[1/√

c−ε, R₁]On a donc, sur chacun de ces deux segments,dz=idt et

δε,R

f(z)dz+

δ_ε,R

f(z)dz=i

_1/^√_c−ε

R1

f(ε+it)dt+ _R1

1/√c−εf(−ε+it)dt

,

=i

− _R1

1/√ c−ε

f(ε+it)dt+ _R1

1/√ c−ε

f(−ε+it)dt

. et donc

δε,R

f(z)dz+

δ_ε,R

f(z)dz=i

− _R1

1/√

c−εf(ε+it)dt+ _R1

1/√

c−εf(−ε+it)dt

. (25)

Or, pour toutt∈[1/√

c−ε, R₁], on a, pourz=ε+it z²=ε²−t²+ 2iεt, et donc

∀t∈[1/√

c−ε, R₁], f(ε+it) =Ln

1 +cε²−ct²+ 2icεt

1 +ε²−t²+ 2iεt . (26) et de même

∀t∈[1/√

c−ε, R₁], f(−ε+it) = Ln

1 +cε²−ct²−2icεt

1 +ε²−t²−2iεt . (27) On a

ε→0lim⁺1 +ε²−t²−2iεt= 1−t²<0, (28) cart²≥1/c >1, d’après l’hypothèse faite surc :

0< c <1. (29)

Notons

z_ε= 1 +cε²−ct²+ 2iεct, (30)

qui vérifie

ε→0lim⁺z_ε= 1−ct². (31)

En revanche, on ne peut pas plus écrire

ε→0lim⁺Ln (z_ε) = Ln(1−ct²),

puisque1−ct²∈R^∗₋ et n’a pas de logarithme complexe. Cependant, la partie imaginaire de z_ε est strictement positive et sa partie réelle tend vers1−ct² <0. Ainsi, pourε >0 assez petit, la partie imaginaire dez_εest strictement positive. On a donc, pourε >0,

Ln (z_ε) = ln|zε|+iarg (z_ε).

2. provient du lemme 5.5 page 52 du cours.

La partie réelle de z_ε tend vers un nombre strictement négatif et sa partie imaginaire tend vers zéro par valeur positive. Ainsi, z_ε tend vers un point de l’axe réel négatif, en en étant

"au-dessus". Ainsi, à la limiteεtendant vers zéro, l’argument dez_εtend donc versπ. D’après (31), on a donc finalement

ε→0lim⁺Ln (z_ε) = ln1−ct²+iπ, et donc

ε→0lim⁺Ln (z_ε) = ln

ct²−1

+iπ. (32)

D’après (26), on a donc finalement

∀t∈[1/√c, R], lim

ε→0⁺f(ε+it) = ln

ct²−1 +iπ

1−t² . (33)

Si on fait le même raisonnement surz_ε= 1+cε²−ct²−2icεtdont la partie la partie imaginaire dez_εest strictement négative et sa partie réelle tend vers1−ct²<0. Ainsi, pourε >0assez petit, on a,c comme (32)

ε→0lim⁺Ln (z_ε) = ln

ct²−1

−iπ, (34)

et donc

∀t∈[1/√c, R], lim

ε→0⁺f(−ε+it) = ln

ct²−1

−iπ

1−t² . (35)

On admet³que (26), (27), (32), (35), impliquent

ε→0lim⁺

δε,R

f(z)dz+

δ_ε,R

f(z)dz=i

− _R

1/√ c

ln

ct²−1 +iπ 1−t² dt+

_R

1/√ c

ln

ct²−1

−iπ 1−t² dt

,

et donc

ε→0lim⁺

δε,R

f(z)dz+

δ_ε,R

f(z)dz=−2π _R

1/√ c

1

t²−1dt. (36)

Pour tout t ∈[1/√

c, R₁], on at² ≥1/c d’où, d’après (29), on at²−1 ≥1/c−1 >0 et la fonction1/(t²−1)est continue et intégrable sur[1/√

c, R₁]. Puisque 1

t²−1 = 1 2

1

t−1 − 1 t+ 1

,

3. conséquence de la limite simple et du théorème I.3 page 179 du cours.

on a donc, siR >1, _R

1/√ c

1

t²−1dt=1 2

_R

1/√ c

1

t−1 − 1 t+ 1dt

,

=1 2

[ln(|t−1|)]^R_1/√

c−[ln(|t+ 1|)]^R_1/√ c

,

=1 2

ln|R−1| −ln|R+ 1| −ln|1/√

c−1|+ ln|1/√ c+ 1|

,

=1

2 ln|R−1|

R+ 1 + ln 1/√ c+ 1

|1/√ c−1|

,

=1

2 lnR−1

R+ 1 + ln1/√ c+ 1 1/√

c−1

,

=1

2 lnR−1

R+ 1 + ln1 +√ c 1−√

c

,

Enfin, si on passe à la limiteR tendant vers l’infini, on a donc

ε→0lim⁺,R→∞

δε,R

f(z)dz+

δ_ε,R

f(z)dz=−πln1 +√ c 1−√

c. (37)

Passons finalement à la limiteε→0et R→ ∞, et (21), (22), (23), et (24) donnent donc 2iπRés(f, i) = 2

_∞

0 f(t)dt−πln1 +√ c 1−√

c,

où le résidu def eniest toujours donné par (15). Ainsi, on obtient 2iπLn (1−c)

2i = 2 _∞

0 f(t)dt−πln1 +√ c 1−√

c, et donc, grâce à (29),

_∞

0

f(t)dt=π

2 ln (1−c) +π

2 ln1 +√ c 1−√

c,

=π

2 ln (1−c)1 +√ c 1−√

c

,

=π

2 ln 1−√

c 1 +√

c1 +√ c 1−√

c

,

=π 2 ln

1 +√ c₂

,

=πln 1 +√

c ,

et donc finalment _∞

0

ln

1 +ct²

1 +t² dt=πln 1 +√

c

, (38)

qui est différent de ka valeur donnée par (17). De plus, la valeur de l’intégrale est maintenant conforme à celle donnée par (46).

(b) Cette preuve d’appuie sur l’inégalité (29). Cependant, on a admis que la fonction J est continue (voir preuve dans la remarque 2 ) ; il en est de même pour I. Puisquec→ln (1 +√c)est continue

enc= 0etc= 1, on peut donc passer à la limitec→0 ouc→1 dans (38) et obtenir

∀c∈[0,1], I(c) = _∞

0

ln

1 +ct²

1 +t² dt=πln 1 +√

c

. (39)

En particulierI(0) = 0et

I(1) = _∞

0

ln 1 +t²

1 +t² dt=πln (2). (c) Enfin, d’après les premières questions, sia >0 et si

0≤ba²≤1, (40)

on ac=ba²∈[0,1]et

∀b≥0, ∀a >0, J(a, b) = 1

aI(ba²) = 1 aπln

1 +√ ba²

= 1 aπln

1 +a√ b

. Par continuité deJ par rapport à aetb et le fait que

a→0lim π aln

1 +a√ b

= lim

a→0

π aa√

b=π√ b, impliquent donc

∀(a, b)∈R₊²,vérifant (40), J(a, b) =π aln

1 +a√ b

, (41)

où par convention, π aln

1 +a√ b

a=0=π√ b, ce qui est bien la valeur annoncée dans la remarque 4.

Remarque 3. Ici, contrairement à la méthode classique de la remarque (4), on ne peut pas calculer l’inté- grale I(c) si l’hypothèse (29) n’est pas vérifiée. En effet, si c > 1, on peut toujours écrire comme dans le point 3(a)ivC page 4 la proposition 3.33 page 38 du cours et cette fois les résidus def sont à l’extérieur du chemin et elle donne donc

0 =

γε,R

f(z)dz. (42)

Cependant, puisque si1/√

c <1, on peut plus écrire (36) qui donnerait

ε→0lim⁺

δε,R

f(z)dz+

δ_ε,R

f(z)dz=−2π _R

1/√ c

1 t²−1dt, qui divergerait au pointt= 1qui est cette fois-ci inclus dans [1/√c, R].

Remarque 4. Classiquement, mais plus longuement, on peut aussi parvenir au même résultat sans utiliser les résidus, en dérivant sous le signe somme, en décomposant en éléments simples et en intégrant chacune des fonctions obtenues, comme le montre la suite.

(1) SoitC >0. La fonction définie sur[C,∞]×R₊, qui à(c, t)associe ^ln(1+ct²)

1+t² est, comme précédemment, continue par rapport àt, dérivable par rapport àc avec

∀(c, t)∈[C,∞]×R+, ∂

∂c ln

1 +ct²

1 +t² = t² (1 +ct²)(1 +t²) En particulier, pour(c, t)∈[C,∞]×R+, on a

0≤ ∂

∂c ln

1 +ct²

1 +t² ≤ t²

(1 +Ct²)(1 +t²),

qui est intégrable surR₊. On peut donc écrire d’après le théorème de dérivation sous le signe somme :

∀c >0, I(c) = _∞

0

t²

(1 +ct²)(1 +t²)dt. (43)

(2) On cherche à déterminer la valeur de I(c) =

_∞

0

t²

(1 +ct²)(1 +t²)dt, (44)

pourc∈]0,1[∪]1,+∞[. On décompose en éléments simples dans C t²

(1 +ct²)(1 +t²)= αt+β

1 +ct²+γt+δ 1 +t²,

oùα,β,γ et δsonta priori dansC. Les deux zéros des dénominateurs des éléments simples1 +ct² et 1 +t² sontt=±i/√

cet ±i, qui sont distincts puisquec= 1. On multiplie part+ct² et on fait tendre tverst=i/√

c, ce qui donne

√iγ

c +δ= −1/c 1−1/c,

et doncγ= 0 etδ= 1/(1−c). De même, on aα= 0 etβ= 1/(c−1). On a donc t²

(1 +ct²)(1 +t²) = 1 1−c

1

1 +ct² − 1 1 +t²

. Chacune des deux intégrales existe et donc,

I(c) = 1 1−c

∞ 0

1 1 +ct²dt−

_∞

0

1 1 +t²dt

. Remarquons que pour toutη >0, on a, en posantu=√

_∞ ηt

0

1 1 +ηt²dt=

_∞

0

1 1 +u²

√du η = 1

√η(arctan(+∞)−arctan(0)) = π 2√

η, On a donc

I(c) = 1 1−c

π 2

√1 c−1

= π

2 (1 +√c)√

c = π 1−c

1 2√

c 1−√

c , soit

∀c∈]0,1[∪]1,+∞[, I(c) = π 2√

c(1 +√c) (45)

(3) Déduisons maintenant de ce qui précède la valeur deI(c)pour toutc≥0. D’après ce qui précède, on a, sur]0,1[∪]1,+∞[.

I(c) =

π 2√

c(1 +√c)dc, Déterminons une primitive de ^√cπ

2(1+√

c) sur un intervalle inclus dans]0,1[∪]1,+∞[. On poseX =√ c et doncc=X² etdc= 2XdX et

I(c) =

π

2X(1 +X)2XdX,

=

π (1 +X)dX,

=π 1

(1 +X)dX,

=K+πln(1 +X),

=K+πln 1 +√

c ,

oùKest une constante. Par continuité deI(c)par rapport àc, cela est aussi vrai pourc= 0. On a donc

∀c≥0, I(c) =K+πln 1 +√

c

. (46)

(4) Concluons maitenant sur la valeur deJ(a, b)surR+2. Sia >0, on a donc, d’après ce qui précède, J(a, b) = 1

aI(ba²) =1 a

K+πln 1 +√

ba² = 1

a

K+πln 1 +a√

b

Àa >0, faisons tendreb vers zéro. PuisqueJ est continue, on a donc J(a,0) = K

a. On a aussi par définition

J(a,0) = _∞

0

ln (1)

a²+t²dt= 0, et doncK= 0. Ainsi, pour touta >0 et pour toutb≥0

J(a, b) = π aln

1 +a√ b

. Enfin, puisqueJ est continue surR+2 et que

a→0lim π aln

1 +a√ b

= lim

a→0

π aa√

b=π√ b, On a donc

∀(a, b)∈R+2, J(a, b) = π aln

1 +a√ b

, (47)

où par convention, π

aln 1 +a√

b

a=0=π√ b, Correction de l’exercice 4.

f étant de classeC^∞, elle admet une primitiveα, elle-même de classeC^∞.

(1) SiY est une distribution,S=e^α(t)Y est aussi une distribution care^α(t)est une fonction de classeC^∞. On alors, dansD(R):

S =α(t)e^α(t)Y +e^α(t)Y,

=e^α(t)(f(t)Y +Y), AinsiY est solution de

Y+f Y =F dansD(R), (48)

ssi

S=e^α(t)F dansD(R). (49)

La fonctione^α(t)ne s’annulant pas, une fois queS est connue, on en déduitY grâce à

Y =e^−α(t)S. (50)

(2) Pour toute la suite :f(t) =α, et doncα(t) =at.

(a) (49) est équivalent à

S=e^atδ dansD(R), et d’après le lemme 6.38 page 91 du cours, on a

S=δdansD(R).

S est donc une primitive deδ. D’après l’annexe K page 185 du cours, on a alorsS=c+H oùc est une constante. On en déduit alorsY₀=Y grâce à (50) :

Y₀=e^−at(c+H), (51)

oùc est un réel. ce qui est exactement l’équation (7.51) du cours. AinsiY une distribution-fonction.

Un cas particulier correspond au choix dec= 0, imposé par exemple par l’hypothèse (7.52) du cours ; dans ce cas, on a

Y₀=e^−atH. (52)

(b) On a de nouveauα(t) =at. DéterminonsY_pune solution particulière de (48). On raisonne exactement comme dans la section 7.5.1.2 page 104 du cours et on trouve

Y_p =Y₀∗F, (53)

oùY₀ est donné par (52), puisque le cas particulier c= 0 suffit à fournir une solution particulière.

Ainsi, par linéaritéZ=Y −Y_p est solution de

Z+ZY = 0, dansD(R). (54)

D’après les résultats de la question 1, la distributionS associée àZ est donnée par (49) avecF = 0 et doncS=c oùc est une constante. On en déduit alorsZ donnée par

Z =e^−α(t)c.

et donc

Y =e^−atc+Y₀∗F. (55)

On a donc retrouvéY la solutionY déterminée en section 7.5.1.2 page 104 du cours.

(c) Il suffit d’appliquer la question 2b ; d’après (55), on a

Y =e^−atc+Y₀∗F=e^−atc+ (He^−at)∗F.

Si on explicite le produit de convolution(He^−at)∗F en utilisant le lemme 7.5 page 96 du cours, on retrouveY déterminée en section 7.5.1.3 page 105 du cours.

Correction de l’exercice 5.

On renvoie à l’annexe K, du polycopié de cours, qui fait office de correction, rappelée ici : Cette annexe est issue de [Lam08, Section 6.4.1 : Primitive d’une distribution].

Pour toute la suite,Ω =]a, b|est un intervalle ouvert de R, où

− ∞ ≤a < b≤+∞. (56)

Pour toute fonctionφdeD(Ω), puisqueφest à support compact, il existe un intervalle[A, B]⊂]a, b[tel que

φest nulle sur]a, A]et sur [B, b[, (57)

et les intégrales suivantes existent _b

a

φ(t)dtet, pour toutx∈Ω, _x

a

φ(t)dt. (58)

Définition 5. On dit queS∈ D(Ω)est une primitive deT ∈ D(Ω)si et seulement siS=T dansD(Ω).

Exemple 6. Si I =R, une primitive de la distribution δ est H, la fonction de Heaviside, puisqueH =δ.

Nous montrerons plus loin que toutes les primitives différent à une constante additive près.

Exemple 7. SiI=R, une primitive de la distribution-fonction signe est la fonction|.|. Nous montrerons plus loin que toutes les primitives différent à une constante additive près.

Exemple 8. Sif ∈L¹_loc(Ω), une primitive de la distribution-fonctionf est donnée pargoù, pour toutx₀∈R et pour toutt∈I,

g(t) = _t

x0

f(x)dx.

Nous montrerons plus loin que toutes les primitives différent à une constante additive près.

On pourrait, de façon générale, penser à la définition suivante : siT ∈ D(Ω), on pose

∀φ∈ D(Ω), S, φ=−T , ψ, oùψest une primitive de φ, (59) de telle sorte queS =T puisque

S, ψ=−S, ψ=−S, φ=T , ψ. (60) Le problème est qu’une primitive ψ de φ est bien de classe C^∞ mais son support n’est pas nécessairement borné. En effet, d’après (57), il existeC∈Rtel que

∀x∈]a, A], ψ(x) =C. (61)

On écrit ensuite

ψ(B) =ψ(A) + _B

A

ψ(t)dt=C+ _B

A

φ(t)dt, et donc

φ(B) =C+ _B

A

φ(t)dt, et donc, de nouveau d’après (57),

∀x∈[B, b[, ψ(x) =C+ _B

A

φ(t)dt, (62)

Quel que soit la valeur de C, si _B

A φ(t)dt = 0, ce qui est possible, il n’est pas possible, d’après (61) et (62), queψ simultanément nulle sur]a, A[et [B, b[. Donc, le support de ψn’est pas borné.

On a tout d’abord Théorème 9.

Soit T ∈ D(Ω). Alors

(1) T admet une primitiveS₀ dansD(Ω);

(2) T admet une infinité de primitives et deux primitives quelconquesU etV de T vérifientU−V =c, où cest une constante.

La preuve se fait en plusieurs étapes.

(1)

Lemme 10.

On définit l’ensembleH par

H ={φ∈ D(Ω), ∃ψ∈ D(Ω), ψ=φ}. (63)

AlorsH est un sous-espace vectoriel de D(Ω) caractérisé par φ∈H ⇐⇒φ∈ D(Ω) et

_b

a

φ(t)dt= 0. (64)

Démonstration.

Démontrons tout d’abord l’équivalence de (63) et de (64). Siφ∈H donné par (63) on a _b

a

φ(t)dt= _b

a

ψ(t)dt=ψ(b)−ψ(a) = 0,

et donc (64) est vérifié. Réciproquement, si (64) est vérifié, on considère la fonctionψdéfinie par

∀t∈Ω, ψ(t) = _t

a

φ(x)dx,

qui est bien définie, clairement de classeC^∞. On a bien ψ =φ. Enfin,φ appartient àD(Ω); effet, le support deψ est borné comme le montre (61) et (62), où par construction C = 0 et doncψ est nulle sur]a, A[ etψest constante sur ]B, b[, cette constante valant, par construction :

_B

A

φ(t)dt= _b

a

φ(t)dt=O.

Enfin, l’application qui àφdeD(Ω)associe_b

aφest une forme linéaire, dont le noyauH est bien un sous-espace vectoriel deD(Ω).

Rappelons aussi que, grâce à l’exemple 6.6 page 82 du cours, on peut définir une fonctionφ₀∈ D(Ω)

telle que _b

a

φ₀(t)dt= 1. (65)

Lemme 11.

Pour toutφ∈ D(Ω), il existe un unique(λ_φ, u_φ)∈R×H tel que

φ=λ_φφ₀+u_φ, (66)

ce qui revient à écrire que

D(Ω) =Rφ₀⊕H. (67)

Démonstration.

On raisonne de façon classique en montrant l’unicité puis l’existence du couple (λ_φ, u_φ) ∈ R×H vérifiant (66).

Supposons donc tout d’abord qu’il existe un couple(λ_φ, u_φ)∈R×H vérifiant (66). On a donc, par intégration

_b

a

φ=λ_{φ b}

a

φ₀+ _b

a

u_φ, et puisqueuφappartient àH on a_b

au_φ= 0. D’après (65), on a donc nécessairement λ_φ =

_b

a

φ, (68)

puis

u_φ=φ−λ_φφ₀. (69)

Le couple(λ_φ, u_φ)∈R×H est donc unique.

Réciproquement, soitφ∈ D(Ω). Définissons le couple(λ_φ, u_φ)∈R×Hpar (68) et (69). Par définition, (66) est vérifié. Il ne reste plus qu’à montrer queu_φ est dans H. Il est clair que u_φ est de classeC^∞. Enfin,u_φ est dansH puisque d’après (65), on a

_b

a

φ= _b

a

φ−λ_{φ b}

a

φ₀= _b

a

φ−λ_{φ b}

a

φ₀= _b

a

φ−λ_φ,

qui est nul par définition.

(2) On donne enfin la définition suivante :

Définition 12. Pour toute fonctionφ∈ D(Ω), on définit ψ_φ par

∀x∈Ω, ψ_φ(x) = _x

a

u_φ(t)dt, (70)

oùu_φ est donnée par le lemme 11. Puisqueu_φ est dans H, on a _b

a

u_φ(t) = 0.

On a donc, cette fois-ci, contrairement à ce qui se passait dans l’essai de définition (59), ψ_φ est nulle sur]a, A][∪[B, b[.

et donc dans la définition 12,

ψ_φ∈ D(Ω) etψ_φ=u_φ. (71)

(3) On est donc en mesure, maintenant de démontrer le théorème 9.

Preuve du théorème 9.(a) SoitT ∈ D(Ω). On définit S₀ par

∀φ∈ D(Ω), S0, φ=−T , ψφ, (72) oùψ_φ ∈ D(Ω)est donnée par la définition 12. Puisque ψ_φ ∈ D(Ω), le nombreT , ψφ existe bien.

Par linéarité de φ → ψ_φ, il est clair que φ → −T , ψ_φ est linéaire. On admet la condition de continuité 6.37 page 82 du cours. Voir preuve par exemple [Lam08, Section 6.4.1 : Primitive d’une distribution].

Il reste à vérifier que, dansD(Ω),S₀ =T ce qui est vrai car, pour tout fonctionφ∈ D(Ω), on a S₀, φ=−S₀, φ,

et donc par définition

S₀, φ=T , ψ_φ. (73)

D’après la définition (70), on a, pour toutx: ψ_φ(x) =

_x

a

u_φ(t)dt,

= _x

a

(φ(t)−λ_φφ₀(t))dt,

=φ(x)− _x

a

φ₀(t)dt _b

a

φ(t)dt,

=φ(x)− _x

a

φ₀(t)dt(φ(b)−φ(a)),

=φ(x), et donc, d’après (73)

S₀, φ=T , φ, et doncS₀ est une primitive deT.

(b) SoitS une autre primitive deT etφ∈ D(Ω). On a successivement S, φ=S, λ_φφ₀+u_φ,

=λ_φS, φ₀+S, uφ,

=λ_φS, φ₀+S, ψ_φ,

=λ_φS, φ₀ − S, ψ_φ,

=λ_φS, φ0 − T , ψφ,

=λ_φS, φ₀ − S₀, ψ_φ,

D’où

S−S₀, φ=λ_φS, φ₀,

= _b

a

φ(t)dtS, φ₀,

= _b

a

cφ(t)dt, où la constantec est définie par

c=S, φ₀. Bref, on a

S−S₀, φ=c, φ.

et donc

S−S₀=c, dansD(Ω).

Remarque 13. Si on change de fonction φ₀, le lecteur vérifiera que S₀ est modifiée à une constante additive près, ce qui est conforme au deuxième point du théorème 9.

Exemple 14. Si Ω = R, grâce au théorème 9, et notamment la définition (72), de S₀, on peut retrouver l’exemple (6). En effet, siφ∈ D(Ω), on a

S₀, φ=−δ, ψ_φ,

=−ψφ(0),

=− ₀

−∞

u_φ(t)dt, et puisqueu_φ∈H :

= _+∞

0 u_φ(t)dt,

= _+∞

0

φ(t)dt−λ_{φ +∞}

0 φ₀(t)dt,

= _+∞

0

φ(t)dt− _+∞

−∞

φ(t)dt _+∞

0

φ₀(t)dt, et en notant la constante indépendante deφ:

c= _+∞

0 φ₀(t)dt, on a donc

S₀, φ= _+∞

0

φ(t)dt−c _+∞

−∞

φ(t)dt,

= _+∞

−∞

H(t)φ(t)dt−c _+∞

−∞

φ(t)dt,

=H−c, φ, et donc les primitives deδ sont

S₀=H−c.

Grâce au corollaire suivant, on peut retrouver les exemples 7 et 8 .

Corollaire 15. Sif ∈L¹_loc(Ω), les primitives de la distribution-fontionf sont les primitives de la fonction f. Démonstration. En effet, on sait qu’une primitiveF def est donnée par

F(x) = _x

x0

f(t)dt.

On aF=f au sens des fonctions et des distributions. Les autres primitives diffèrent de celle-là à une constante près.

Corollaire 16. Si T une distribution deD(Ω) dont la dérivée est nulle, alorsT est une fonction constante.

Démonstration. Il suffit d’appliquer le théorème 9 et le corollaire 15.

Références

[Lam08] C.-H.Lamarque. “ Cours d’Analyse”. Cours de l’École Nationale des Travaux Publics de l’État. 2008.