Exercices de mathématiques sur les distributions et analyse de Fourier, Exercices de Méthodes Mathématiques
Caroline_lez
Caroline_lez29 January 2014

Exercices de mathématiques sur les distributions et analyse de Fourier, Exercices de Méthodes Mathématiques

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Exercices de mathématiques concernant les distributions et analyse de Fourier. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: exercices de 1 à 5, fonctions, calculs.
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DANF 2012-2013

Distributions et Analyse de Fourier

TD n◦ 9

Exercice 1. Les réponses sont les suivantes:

a) 1

b) 2

c) 2

d) 2

e) 1

f) 3

Exercice 2. (a) Soit φ ∈ C∞0 (Rn).

|〈fj , φ〉 − 〈f, φ〉| = ∫ |fj − f |φdx

= ∫ K:=supp(φ) |fj − f |φdx

= ||φ||∞ · ∫ K |fj − f |dx

≤ ||φ||∞.||fj − f ||L1(K) → 0.

(b) Soit θ : R→ R la fonction suivante:

θ(x) = e−1/x 2 1R+

alors θ ∈ C∞(R) est positive sur ]0,+∞[ et vaut 0 ailleurs. Posons

f(x, y) := θ(x)θ(y)

alors f ∈ C∞(R2) satisfait les conditions demandées. (c) Si f était analytique, alors f est égale à son développement de Taylor en voisinage de

(0, 0), i.e.:

f(x, y) = ∑ n,m

an,mx nym

avec

an,m = (∂/∂x)n(∂/∂y)mf

n!m! (0, 0)

. Or f ≡ 0 en dehors de Q, et (0, 0) est une limite de Rq\Q, on déduit par continuité que an,m = 0 pour tout n,m ∈ N. Ainsi f = 0 au voisinage de (0, 0), ce qui donne une contradiction avec la définition de f .

(d) Soit ϕ ∈ C∞0 ([0, 1]) une fonction telle que ∫ ϕ = 1 et posons ϕ̃(x) :=

∫ x 0 ϕ(t)dt. Alors ϕ̃

vérifie que

ϕ̃(x) =

{ 1 si x ≥ 1 0 si x ≤ 0

et g(x, y) := ϕ̃(x)ϕ̃(y) satisfait les conditions demandées. (e) Notons Qj := {(x, y) : x > 1/j, y > 1/j}. Alors gj(x, y) = 1 sur Qj et = 0 en dehors de

Q. Nous allons montrer que limj gj = 1Q dans D′(R2). Pour φ ∈ C∞0 (R2), on a∫ R2 |gj − 1Q|φdxdy ≤ µ

( supp(φ) ∩ (R2\(Q ∪Qj))

) → 0

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où µ désigne la mesure de Lebesgue. Le résultat s’en déduit.

Exercice 3. (a) D’abord on remarque que supp(u)∩]−∞, 0[= ∅, d’où supp(u) ⊂ [0,+∞[. Puis, comme u = sin sur l’ouvert ]0,+∞[, on a supp(u) ⊃]0,+∞[. Puisque supp(u) est toujours fermé, on doit avoir supp(u) = [0,+∞[.

(b) On suppose que u est d’ordre 0. Par hypothèse sur u, on a u−H. sin est de support contenu dans {0}. Comme H. sin est une fonction localement intégrable, donc d’ordre 0, on voit que u−H. sin l’est aussi et que u−H. sin = Cδ avec C ∈ C une constante.

(c) Soit φ ∈ C∞0 (R), on calcule

〈f, φ〉 = ∫∞ 0

1  sin(

x  )φ(x)dx

= [− cos(x )φ(x)] ∞ 0 +

∫∞ 0 cos(

x  )φ ′(x)dx par IPP

= φ(0) + [. sin(x )] ∞ 0 −

∫∞ 0  sin(

x  )φ ′′(x)dx par IPP

= φ(0) + 0 + . ∫∞ 0 sin(

x  )φ ′′(x)dx

En prenant la limite → 0, on trouve bien 〈f, φ〉 → φ(0), d’où lim→0 f = δ dans D′(R).

Exercice 4. (a) On calcule:

〈(1− ex)δ, φ〉 = 〈δ, (1− ex)φ〉 = (1− e0)φ(0) = 0,

d’où (1− ex)δ = 0, ou encore exδ = δ. On dérive cette dernièreégalité:

exδ + exδ′ = δ′

d’où (1− ex)δ′ = exδ = δ. (b) En posant u = exv, on déduit que

(exv + exv′)− exv = exv′ = δ

soit v′ = e−xδ = δ. Donc v = H+c, où H est la fonction de Heaviside et c ∈ C est une constante. Ensuite les solutions u sont

{exH + cex, c ∈ C}

(c) On dérive l’équation au (b) pour obtenir:

u′′ − u′ = δ′

i.e. si u est une solution de u′ − u = δ, alors u′ donne une solution (particulière) de u′ − u = δ′. Donc

(exH)′ = exH + exδ

est une solution particulière de l’équation u′ − u = δ′. Pour déduire toutes les solutions, on remarque les solutions de u′ − u = 0 sont exactement les distributions de la forme {cex, c ∈ C}, donc

{ex(H + δ + c), c ∈ C}

donne toutes les solutions cherchées.

Exercice 5. (a) Par l’intégration par parties, on voit que

〈eijωx, φ〉 = 1 (ijω)2

〈eijωx, φ′′〉 = − 1 j2ω2

〈eijωx, φ〉.

Comme n∑

j=−n

1 j2ω2

converge, on voit que n∑

j=−n 〈eijωx, φ〉 converge, donc u est une distribution bien

définie. (b) Le calcul au (a) montre que u est d’ordre ≤ 2.

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(c) On calcule:

〈T 2π ω eijωx, φ〉 =

∫ R eijωxφ(x− 2π

ω )dx =

∫ R eijω(x+

2π ω )φ(x)dx =

∫ R eijωxφ(x)dx,

donc 〈T 2π ω eijωx, φ〉 = 〈eijωx, φ〉.

(d) On a

〈eiωxu, φ〉 = lim n→∞

n∑ j=−n

∫ R eiωxeijωxφ(x)dx = lim

n→∞

n+1∑ j=−(n−1)

eijωxφ(x)dx = 〈u, φ〉.

Ici on a utilisé le fait que la série étant absolument convergente, on peut échanger l’ordre de la sommation.

(e) Par définition, si φ ∈ C∞0 (K) avec K un compact,

〈v, φ〉 = lim n→∞

n∑ k=−n

φ( 2πk

ω ) ≤ C.||φ||∞

où C désigne le cordinal de l’ensemble fini K ∩ {2πkω , k ∈ Z}. Ainsi v est bien définie d’ordre 0. (f) Il suffit de démontrer u = cv sur I où I est un intervalle ouvert de 0 tel que

I ∩ {2πk ω , k ∈ Z

} = {0}, R = ∪k∈Z(I + {2πk/ω}).

D’après (d), on a (eiωx − 1)u = 0. Or, si on note f := eiωx − 1 définie sur I, alors Z(f) = {0}, donc supp(u|I) ⊂ {0} Ensuite comme f(0) = 0 et f ′(0) 6= 0, on déduit qu’au voisinage de 0 (par forcément égal à I) u = c.δ avec c une constante. Du coup on a u = cv sur I et par périodicité de u et de v, on a u = cv dans D′(R).

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